1611143570-7556762e01438bc28ccbe371333ad107 (825033), страница 19
Текст из файла (страница 19)
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.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ138Для нахождения скорости шарика относительно трубки воспользуемся (4.75):υ' = ω r '2 −l 2 ⋅ eX ' ,(4.79)где eX ' − единичный вектор вдоль оси X'.Скорость шарика относительно лабораторной инерциальнойсистемы отсчета в соответствии с (4.8) может быть записана в виде:υ = [ωr ′] + υ′ = −ωr ' e Z ' + ω r '2 −l 2 ⋅ eX ' ,(4.80)где eZ' − единичный вектор вдоль оси Z'. Следовательно, искомыймодуль скорости шарика относительно лабораторной системы отсчета равен:υ = ω 2r '2 −l 2 .(4.81)Задача 4.91(Поступательно движущаяся неинерциальная система отсчета)Однородный цилиндр массой m скатывается без проскальзывания с клина массой M и углом при основании α , стоящего нагладкой горизонтальной поверхности. Найти ускорение клина.РешениеI.
Задачу решаем в неинерциальной системе отсчета, связанной с клином, оси которой X' и Y' направим вдоль горизонтальнойи вертикальной поверхностей клина соответственно (см. рис. 4.12 и4.13).RY'Y'N− ma 0FтрmgαMgРис. 4.12Fтр− Ma0X'X'NРис. 4.13На цилиндр действуют четыре силы: сила тяжести mg, силатрения покоя Fтр (качение происходит без проскальзывания) и сила1Задачи 4.9 и 4.10, а также задачу 2 для самостоятельного решения рекомендуем решать после ознакомления с содержанием Главы 6.Глава 4. Движение материальной точки в неинерциальных системах139нормальной реакции N со стороны клина, а также переносная силаинерции − ma0 (рис. 4.12), обусловленная движением клина относительно лабораторной инерциальной системы отсчета с ускорением a0 , направленным в отрицательном направлении оси X'.
Силойсопротивления воздуха пренебрегаем.На клин действуют: сила тяжести Mg, силы нормальногодавления N и трения покоя Fтр со стороны цилиндра, сила нормальной реакции опоры R и переносная сила инерции − Ma0 (рис. 4.13).II. Запишем уравнение движения центра масс цилиндра впроекциях на оси выбранной системы координат:ma x ' = N sin α − Fтр cos α + ma0 ,(4.82)ma y ' = N cos α + Fтр sin α − mg ,(4.83)где ax ' , a y ' – проекции ускорения a центра масс цилиндра, для которых можно записать:a x ' = a cos α , a y ' = − a sin α .(4.84)Уравнение вращательного движения (см.
(6.30) в Главе 6)цилиндра относительно оси, совпадающей с его осью и направленной за плоскость чертежа (см. рис. 4.12), имеет вид:mr 2ϕ&& = Fтр r ,(4.85)2где ϕ&& – угловое ускорение цилиндра, r – его радиус. При записи(4.85) учтено известное выражение для момента инерции J цилиндmr 2,ара относительно оси, совпадающей с осью цилиндра – J =2также равенство нулю моментов сил инерции, нормальной реакциии тяжести относительно указанной оси.Из условия качения без проскальзывания получаем уравнение связи ускорения оси цилиндра (совпадающего с ускорениемцентра масс a) с его угловым ускорением:(4.86)a = ϕ&&r .Запишем также уравнение движения клина в проекции на осьХ':0 = − N sin α + Fтр cos α + Ma0 .(4.87)МЕХАНИКА.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ140III. Решая совместно уравнения (4.82) – (4.87), получаем выражение для модуля ускорения клина:mg sin 2αa0 =.(4.88)3M + m(1 + 2 sin 2 α )Следовательно, искомое ускорение клина относительно лабораторной инерциальной системы отсчета равно:mg sin 2αa0 = −eX ,(4.89)3M + m(1 + 2 sin 2 α )где eX − единичный вектор лабораторной инерциальной системыотсчета, совпадающий с направлением оси X' неинерциальной системы отсчета.Задача 4.10(Поступательно движущаяся неинерциальная система отсчета)Цилиндр массой m и радиусом R находится на расстоянии Lот правого края доски. Доска начинает двигаться с ускорением aвлево (рис. 4.14), при этом цилиндр катится по доске без проскальзывания.
С какой скоростью Vцм относительно доски будет двигаться центр масс цилиндра в тот момент, когда он будет находиться над краем доски?NaFтр− maX'mgРис. 4.14РешениеI. Задачу решаем в неинерциальной системе отсчета, связанной с доской. Направим ось X' системы координат противоположноускорению доски. На цилиндр в процессе движения действуют четыре силы: сила тяжести mg , сила нормальной реакции опоры N ,сила трения покоя Fтр (проскальзывания при качении нет) и пере-носная сила инерции − ma . Силой сопротивления воздуха пренебрегаем.Глава 4. Движение материальной точки в неинерциальных системах141II.
Запишем уравнение движения центра масс цилиндра впроекции на ось Х':m&x&' = ma − Fтр .(4.90)Уравнение вращательного движения (см. (6.30) в Главе 6)цилиндра относительно оси, совпадающей с его осью и направленной за плоскость чертежа (см. рис. 4.14), имеет вид:Jϕ&& = Fтр R ,(4.91)где ϕ&& – угловое ускорение цилиндра, R – его радиус. Моментинерции цилиндра Ј относительно указанной оси равенmR 2J=(4.92)2Из условия качения без проскальзывания получаем уравнение связи ускорения оси цилиндра (совпадающего с ускорениемцентра масс &x&′ ) с его угловым ускорением:&x&′ = ϕ&&R .(4.93)Запишем также кинематические соотношения при равноускоренном движении центра масс цилиндра относительно неинерциальной системы отсчета:(4.94)Vцм = &x&′t .&x&′t 2,(4.95)2При записи последних соотношений учтено, что движение начинается с нулевой начальной скоростью.III.
Решая совместно уравнения (4.90) – (4.93), получаем выражение для ускорения центра масс цилиндра:2&x&' = a .(4.96)3Искомую скорость центра масс цилиндра в момент времени,когда он будет находиться над краем доски, получим из (4.94) –(4.96):4Vцм =aL .(4.97)3L=МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ1424.4. Задачи для самостоятельного решенияЗадача 1С какой горизонтальной силой F следует двигать клин с углом α при основании и массой М, чтобы лежащий на нем брусокмассой m не перемещался относительно клина? Сила F направлена так, как показано на рисунке.FαКоэффициент трения скольжения между бруском и клиномравен μ .μ − tgαОтвет: F ≤ ( M + m) gпри μ > tgα , а при μ ≤ tgα про1 + μtgαскальзывание будет при любом значении модуля силы F.Задача 2С какой горизонтальной силой F следует двигать клин с углом α при основании и массой М, чтобы лежащий на нем брусокмассой m не перемещался относительно клина? Сила F направлена так, как показано на рисунке.FαКоэффициент трения скольжения между бруском и клиномравен μ .Ответ:tgα − μtgα + μпри μ < ctgα ;( M + m) g≤ F ≤ ( M + m) g1 + μtgα1 − μtgαГлава 4.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
