1611143570-7556762e01438bc28ccbe371333ad107 (825033), страница 18
Текст из файла (страница 18)
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.
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.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
