Учебник - Механика. Методика решения задач - Русаков (1238761), страница 19
Текст из файла (страница 19)
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. В случае ω ≤устойчивым является вер2Lтикальное положение стержня (α = 0).α = arccos⎜Задача 4.8(Вращающаяся неинерциальная система отсчета)Гладкая горизонтальная трубка длиной L равномерно вращается с угловой скоростью ω вокруг вертикальной оси, проходящейчерез один из ее концов (см. рис. 4.11).Y'ωOr'X'Рис. 4.11Определить, за какое время t0 маленький шарик, находящийся на расстоянии l от оси трубки, достигнет ее конца, а также модуль скорости шарика относительно земли υ 0 в момент его вылетаиз трубки.
Начальную скорость шарика относительно трубки принять равной нулю.РешениеI. Задачу решаем в неинерциальной системе отсчета, связанной с трубкой и вертикальной осью вращения. Оси X' и Y' правойсистемы координат X'Y'Z' направим вдоль трубки и угловой скорости ее вращения соответственно (см. рис. 4.11).
Шарик считаем материальной точкой, а трубку – абсолютно твердым телом. На шарик в процессе движения действуют четыре силы: сила тяжести mg,сила реакции трубки, центробежная сила инерции, а также силаинерции Кориолиса. Силами трения и сопротивления воздуха пре-Глава 4. Движение материальной точки в неинерциальных системах137небрегаем. Шарик движется вдоль трубки, причем его ускорениеотносительно неинерциальной системы отсчета определяется только центробежной силой инерции, поскольку направление действияостальных сил перпендикулярно его движению.II. Запишем уравнение движения шарика относительно выбранной неинерциальной системы отсчета в проекции на ось, совпадающую с геометрической осью трубки (см.
рис. 4.11):ma' = mω 2 r ' .(4.71)С целью упрощения дальнейшего интегрирования уравнения(4.71) выразим проекцию ускорения шарика a' через производнуюпроекции скорости по пространственной координате r' шарика:dυ ' dυ ' dr ' dυ 'a' ==⋅=υ' .(4.72)dtdr ' dt dr 'III. Используя соотношение (4.72), исключаем проекцию ускорения из уравнения движения шарика (4.71):dυ 'υ'= ω 2r ' .(4.73)dr 'Полученное уравнение (4.73) решаем методом разделенияпеременных:υ'r'∫υ ' dυ ' = ∫ ω02r ' dr ' .(4.74)lИнтегрируя (4.74), получаем связь проекции скорости шарика υ ' и его координаты r':υ ' = ω r '2 −l 2 .(4.75)Следовательноdr '= ω r '2 −l 2 .(4.76)dtУравнение (4.76) решаем методом разделения переменных:L∫dr 't0= ∫ ω dt .(4.77)22r−l'0lВ результате интегрирования уравнения (4.77) находим искомое время движения шарика в трубке:⎞L21 ⎛Lt0 = ln⎜ + 2 − 1 ⎟ .(4.78)⎟ω ⎜⎝ ll⎠МЕХАНИКА.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
