ходимо, чтобы скорости груза и платформы относительно Земли сравнялись, смещение s' груза относительно платформы не превысит ее длины, т. е.
s′ ≤ l .
Рис. 29
Таким 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, пока движется 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:
Max = − fтр ;
здесь ax = –a0 – ускорение платформы, f тр = µmg – сила трения скольжения между гру-
зом и платформой. Таким образом,
a0 = Mm µg .
Теперь рассмотрим движение груза в неинерциальной системе x', y', связанной жестко с платформой. В этой системе на груз будут действовать сила тяжести Р, сила нормальной реакции N, сила трения Fтр и сила инерции fин = −ma0 . Под действием
всех этих сил кинетическая энергия груза меняется от E к1 |
= |
mv′гр2 |
= |
mv′2 |
до Eк2 = 0 на |
|
2 |
2 |
|||||
расстоянии s' (в системе x', y' начальная скорость груза v′гр |
= v ). Очевидно, что величи- |
|||||
ну s' следует находить на основании соотношения между изменением кинетической энергии тела и работой сил, действующих на это тело.
РЕШЕНИЕ
Работа силы тяжести и работа силы нормальной реакции равны нулю вследствие перпендикулярности указанных сил направлению перемещения. Следовательно,
∆Eк = Aтр + Aин . |
(1) |
Работа силы трения и работа силы инерции отрицательны; они вычисляются соответственно по формулам
Aтр = −µmgs′,
Aин = −ma0 s′ = − |
m2 |
µgs′ . |
||||||
M |
||||||||
Изменение кинетической энергии груза (в системе x', y') |
||||||||
∆Eк |
= − |
mv2 |
. |
|||||
2 |
||||||||
Тогда на основании равенства (1) запишем |
||||||||
mv2 |
′ |
m |
||||||
2 |
= s µmg 1 |
+ |
, |
|||||
M |
||||||||
откуда искомое смещение груза относительно платформы
s′ = |
M v2 |
|
. |
||
2(m +M )µg |
||
Следовательно, минимальная длина платформы, при которой груз не упадет с нее,
lmin = |
M v2 |
|
. |
||
2(m +M )µg |
||
Задача 2
Тонкий 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 небольших отклонениях?
АНАЛИЗ
Ускорение вагона относительно Земли задано, следовательно, можно сразу вести рассмотрение задачи в неинерциальной системе, жестко связанной с вагоном. Как только вагон начинает двигаться с ускорением a0, на стержень начинает действовать сила инерции fин = −ma0 , приложенная, очевидно, в центре масс стержня (рис. 30). Эта
сила 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 момент силы 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 будет равна 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 от вертикали будет .наибольшим, т. е. больше угла α0, соответствующего положению равновесия, когда векторная сумма моментов сил тяжести и инерции будет равна нулю:
Mтяж + Mин = 0 . |
(2) |
Рис. 30
Период колебаний стержня относительно положения равновесия может быть найден, как обычно, только при условии, что эти колебания будут гармоническими.
РЕШЕНИЕ
Выбирая направление по оси вращения «от нас» за положительное, напишем
M ин = fин 2l cosα ;
M тяж = −P 2l sinα .
Работа силы инерции за все время отклонения стержня от α = 0 до α = α1
a |
l |
|||
Aин = ∫1 |
M инdα = fин |
sinα1 . |
||
2 |
||||
0 |
Соответственно работа силы тяжести при тех же отклонениях стержня от α = 0 до α = α1
a |
l |
l |
||||
Aтяж = −∫1 |
P |
sinα da = P |
(cosα1 −1). |
|||
0 |
2 |
2 |
||||
Наибольший угол отклонения α1 теперь легко находится из условия (1):
fин 2l sinα1 + P 2l (cosα1 −1)= 0 .
Вводя половинный угол α1/2, получаем |
||||||
tg |
α1 |
= |
a0 |
, |
(3) |
|
2 |
g |
|||||
откуда
α1 = 2arctg ag0 .
Угол α0, соответствующий положению равновесия, найдем из условия (2), записывая его в скалярной форме:
fин 2l cosα0 − P 2l sinα0 = 0 ,
откуда
tgα0 |
= |
a0 |
, |
(4) |
|
g |
|||||
т. е.
α0 = arctg ag0 .
Для того чтобы найти период колебаний стержня, рассмотрим его в некоторый момент времени, когда он отклонен от положения равновесия на угол φ = γ – α0. В таком положении на стержень действуют момент силы инерции и момент силы тяжести. Сохраняя направление по оси вращения «от нас» за положительное, основное уравнение динамики вращательного движения будет иметь вид
I |
d 2ϕ |
= f |
l |
cos(α |
+ϕ)− P |
l |
sinα |
sin(α |
+ϕ)= 0 . |
(5) |
|||||
dt 2 |
ин 2 |
0 |
2 |
0 |
0 |
||||||||||
Если φ ≤ 6, при этом cosϕ =1, sinϕ =ϕ , то выражение (5) примет вид
I |
d 2ϕ |
= m |
l |
[α0 (cosα0 −ϕ sinα0 )− g(sinα0 +ϕ cosα0 )]. |
dt 2 |
||||
2 |
||||
Из равенства (4) следует, что
a0 cosα0 − g sinα0 = 0 ,
а выражение, оставшееся в квадратных скобках, после вынесения φ может быть преобразовано к виду
asinα0 + gcosα0 = |
a02 + g02 . |
||||||||
Тогда основное уравнение (6) примет вид |
|||||||||
I d 2ϕ |
= −ϕ ml |
a02 |
+ g02 , |
||||||
dt 2 |
2 |
||||||||
где момент инерции I = |
ml |
2 |
. Это значит, что угол φ отклонения стержня от положения |
||||||
3 |
|||||||||
равновесия меняется со временем по гармоническому закону и период колебаний |
|||||||||
T = |
2π |
1/ 2 . |
|||||||
3 |
2 |
2 |
|||||||
(a0 |
+ g |
) |
|||||||
2l |
|||||||||
Задача 3
На центробежной машине укреплен гладкий горизонтальный стержень длиной 2l0 = 1 м, ось вращения вертикальна и проходит через середину стержня. На стержень надеты две небольшие муфты массой m = 400 г каждая. Муфты связаны нитью длиной 2l1 = 20 см и расположены симметрично относительно оси вращения. С какой радиальной скоростью подойдут муфты к концу стержня, если пережечь нить? Рассмотреть два случая: 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.
АНАЛИЗ
По условию задачи требуется определить скорость муфт относительно вращающегося стержня. Поэтому кажется естественным вести решение в неинерциальной системе координат, жестко связанной со стержнем.
В первом случае в этой неинерциальной системе на каждую муфту помимо силы
тяжести и силы нормальной реакции действует центробежная сила инерции
Fцб = mω12r ,
где r – радиус-вектор муфты (муфта рассматривается как материальная точка), проведенный от оси вращения вдоль стержня, и сила Кориолиса
Fк = 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, что сила Кориолиса будет только менять режим работы мотора: чем дальше уйдут муфты от оси вращения, тем больше тормозящий момент сил Кориолиса, и тем большую мощность должен развивать мотор, чтобы поддерживать постоянной угловую скорость вращения. Скорость v' может быть найдена либо из II закона Ньютона, так как движение муфт вдоль стержня в неинерциальной системе координат происходит только под действием центробежной силы инерции, либо из соотношения между изменением кинетической энергии и работой, которую совершает при радиальном движении каждой
муфты та же центробежная сила инерции. На основании последнего запишем |
|||
∆E к = |
mv′2 |
= Aцб . |
(1) |
2 |
|||
Во втором случае, когда мотор отключен, силы Кориолиса создадут вращающий момент, который будет тормозить движение всей системы, угловая скорость будет меняться, при этом появится еще одна сила инерции
Fин = m r dω ,
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 в