Примеры решения задач.

1. Спутник движется в экваториальной плоскости Земли с запада на восток по круговой орбите радиуса r. Пренебрегая ускорением, обусловленным движением Земли вокруг Солнца, найти ускорение a’ спутника в системе отсчёта, связанной с Землёй.

Р ешение.

Пусть К – инерциальная (по условию) система отсчёта, в которой ось вращения Земли покоится, а K’ - неинерциальная система отсчёта, которая связана с Землёй и вращается с угловой скоростью относительно К – системы.

Нас интересует ускорение a’ спутника в K’ - системе. Для этого прежде всего изобразим все силы, действующие на спутник, в этой системе отсчёта: силу тяготения F, силу Кориолиса F_кор и центробежную силу F_цб (рис. 10.1, вид со стороны Северного полюса).

Теперь воспользуемся уравнением ma’ = F + ma₀ + mω²r + 2m[υ’ω], считая a₀ = 0 (по условию). Спутник движется по окружности в K’ - системе, поэтому запишем данное уравнение в проекциях на нормаль n к траектории:

ma’ = F – 2m υ’ω + mω²r, (1)

Где , m и M - массы спутника и Земли. Остаётся найти скорость υ’ спутника в K’ - системе. Для этого воспользуемся формулой υ = υ’+ [ωr] в скалярном виде:

υ’ = υ – ωr, (2)

где υ - скорость спутника в К – системе. Эту скорость можно определить с помощью уравнения движения спутника в К – системе:

(3)

Решив совместно уравнения (1), (2) и (3), получим

В частности, a’ = 0 при км. Такой спутник называют стационарным: он неподвижен относительно поверхности Земли.

Ответ: .

2. На вертикальной оси электродвигателя укреплён отвес – маленький шарик на нити длиной l = 12,5см. При медленном вращении двигателя нить остаётся вертикальной, а при быстром вращении шарик движется как конический маятник. При какой частоте v₁ вращения двигателя нить начнёт отклоняться от вертикали? Чему равен угол её отклонения φ₂ при частоте вращения v₂ = 3с^-1?

Р ешение.

Рассмотрим движение конического маятника (рис. 10.2). Центростремительное ускорение ему придаёт равнодействующая сил натяжения нити T и силы тяжести mg: . Из параллелограмма сил получаем ma = mg tgα. Если равнодействующая сил недостаточно велика, чтобы сообщить шарику необходимое центростремительное ускорение, он будет двигаться по расширяющейся спирали (это произойдёт, например, при увеличении частоты вращения). Если же равнодействующая «чрезмерно» велика, шарик будет двигаться по сужающейся спирали (например, при уменьшении частоты вращения).

Учитывая, что r = lsinφ и υ = 2πv, приходим к уравнению относительно φ:

По крайней мере одно решение (φ₁ = 0) это уравнение имеет при всех v. Второе решение появляется при , т.е. при с^-1.

Какой смысл следует приписать наличию двух решений при достаточно быстром вращении (v > v₁)? Они оба соответствуют состояниям равновесия (в том смысле, что значения φ остаются неизменными). Что же произойдет, если нить случайно отклонится на малый угол α? Для ответа на этот вопрос удобнее всего перейти во вращающуюся (неинерциальную) систему отсчёта. В ней возникнет сила инерции F_ин = ma = mω²l sinα, направленная от оси вращения и возвращающая сила F_B (равнодействующая сил T и mg), равная по величине mg tgα. Поскольку при малых углах sinα ≈ tgα, отношение этих сил

При v > v₁ это отношение больше 1, т.е. F_ин > F_B. Это означает, что случайно возникшее малое отклонение будет нарастать и угол α увеличится до φ₂. Таким образом, равновесие при φ₁ = 0 является неустойчивым. При желании можно проверить, что второе положения равновесия будет устойчивым. Итак, при v ≤ v₁ угол φ₁ = 0. При v > v₁ угол (реальная система не будет сколько-нибудь долго находиться в состоянии неустойчивого равновесия). При v₂ = 3с^-1 получаем φ₂ = 77⁰.

Ответ: v₁ = 1,4с^-1; φ₂ = 77⁰.

3. На клине с углом α при основании лежит брусок. Коэффициент трения между бруском и клином μ < tg α. С каким ускорением должен двигаться клин, чтобы брусок не соскальзывал? Задачу решить в системе отсчёта, связанной с клином.

Р ешение.

Система отсчёта, связанная с клином, движется вдоль оси абсцисс с ускорением а, следовательно, является неинерциальной. На брусок действуют четыре силы: сила тяжести mg, сила реакции N, сила трения F_mp и сила инерции F_u = – ma. Для решения задачи надо рассмотреть два случая (рис.10.3, 1 и 2). Относительно неинерциальной системы отсчёта брусок движется без ускорения, следовательно, сумма проекций сил на обе оси координат равна нулю.

Имеем для обоих случаев:

Ось ординат:

N cos α + F_mp sin α – mg = 0

N cos α – F_mp sin α – mg = 0

Ось абсцисс:

N sin α – F_mp cos α – F_u1 = 0

N sin α + F_mp cos α – F_u2 = 0

Учитывая, что F_mp = μN, F_u1 = – ma₁ и F_u2 = – ma₂, получим после преобразований

Обозначив μ = tgφ, получим: g tg(α – φ) ≤ α ≤ g tg(α + φ).

Ответ: g tg(α – φ) ≤ α ≤ g tg(α + φ).

4 . Центробежный регулятор имеет вид, изображённый на рисунке 10.4. Масса каждого груза m, жесткость пружины k. Будет ли этот прибор работать в невесомости? Как зависит угол α от скорости вращения системы? На какую максимальную скорость вращения рассчитан прибор, если пружина может сжаться не более, чем на 10% своей первоначальной длины?

Р ешение.

Когда система не вращается, пружина не деформирована и имеет максимальную длину l₀ = 2a. При вращении системы грузы отходят от оси вращения, и длина пружины будет равна l = 2a cosα. Изменение длины

Чтобы связать угол отклонения со скоростью вращения, перейдём к вращающейся системе отсчёта. При сжатии пружины совершается работа

Эту работу совершили центробежные силы инерции, переместившие каждый груз на расстояние r = a sinα. Работа сил инерции

.

Приравнивая работы, получим:

.

Очевидно, что регулятор будет работать в невесомости, поскольку мы нигде не предполагали наличие поля тяготения.

Максимальную скорость вращения определим из условия Δl ≤ 0,1 ∙ 2a. Отсюда следует: 2a(1 – cosα) ≤ 0,2a → 0,9 ≤ cosα ≤ 1. Выразив косинус через тангенс половинного аргумента и, подставив полученное значение в условие равновесия, получим:

.

Ответ: ; .