ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
Используя это уравнение, можно найти то значение ускорения призмы, при котором груз 1 будет находиться в покое по
отношению к призме, если его начальная относительная скорость равна нулю. Полагая в равенстве (10.2) W
r
= 0, получим
.)sin/(cos)cos(sin α+αα−α= ffgW
e
Задача 2. Шарик М перемещается по цилиндрическому каналу тела А. Тело А
равномерно вращается вокруг неподвижной вертикальной оси z
1
. Масса
тела А ω = 2π с
–1
, h = 0,2 м. Найти уравнение
шарика m = 0,03 кг, угловая скорость
x = x(t) относительного движения шарика М, если в начальный момент
.0
0
== хх
&&
За начало отсчёта принять точку
времени t = 0, х = х
0
= 0,3 м, V
rx
=
О [5].
Решение. Подвижную систему отсчёта оxyz свяжем с вращающимся
каналом, совместив ось x с траекторией относительного движения шарика М (рис.
11). К шарику М приложены силы: вес
Р
r
и нормальная реакция стенки трубки; её
1
N
r
и
2
N
r
. Присоединим к этим силам,
можно разложить на две составляющие
инерции
ц
e
Φ
r
и кориолисову силу инерции
переносную центробежную силу
с
Φ
r
, направленные противоположно ускорениям
ц
e
W
r
и
c
W
r
. Направление
c
W
r
найдём по известному правилу, предположив, что проекция скорости V
r
на
ось
х
положительна.
кориолисова сила инерции
с
Φ
r
параллельна
В рассматриваемом примере
оси
у
и перпендикулярна к плоскости zx. Модули сил инерции определяются по
,)(
222цц
xhhmmW
eе
−+ω==Φ
формулам
==Φ
сс
mW
,290sin2
rr
VmVm ω=ω=
o
xV
r
&
=
.
Основное уравнение относительного движения шарика в данном случае имеет вид
.
ц
21 сer
NNPWm Φ+Φ+++=
r
r
r
r
r
r
(10.3)
Проектируем обе части этого уравнения на ось
х
, т.е. составляем дифференциальное уравнение относительного движения
шарика вдоль оси
х
(
х
=
ОМ
).
βΦ−=ϕΦ−= sincos
цц
ee
xm
&&
или
,
)(
)(
22
222
xhh
xh
xhhmxm
−+
−
−+ω−=
&&
,)(
2
ω−−= mxhxm
&&
.)(
2
ω−= hxx
&&
Последнее уравнение представим в виде
22
ω−=ω− hxx
&&
.
Начальные условия движения: t = 0, x = x
0
= 0,3 м,
.0
0
=== xxV
rx
&&
Общее решение этого уравнения имеет вид x = x
1
+ x
2
, где x
1
– общее решение соответствующего однородного
уравнения, x
2
– частное решение исходного уравнения.
Составляем характеристическое уравнение
,0
22
=ω−λ
его корни, ;
2,1
ω±=λ x
1
=
C
1
e
ωt
+
C
2
e
ωt
.
Частное решение ищем в виде ,0,
22
==
xAx
&&
тогда –ω
2
А
= –hω
2
и A = h.
В результате ,
21
heCeCx
tt
++=
ω−ω
tt
eC
еСх
ω−ω
ω−ω=
21
&
. Находим постоянные
С
1
и
С
2
ω−ω=
++=
;
;
210
210
CCx
hCCx
&
;
2
)(
00
1
ω
+
−
ω
=
xhx
С
.
2
)(
00
2
ω
+
−
ω
=
xhx
С
Уравнение относительного движения шарика
М
ht
x
thxx +ω
ω
+ω−= shch)(
0
0
&
или
,2,0)2(ch1,0 +π= tx
м.
Задача 3. Через блок перекинута нерастяжимая нить (рис. 12), на концах которой висят
грузы с массам m
1
и m
2
(m
1
> m
2
). Блок начинают поднимать вверх с ускорением W относительно Земли. Предполагая, что нить
скользит по блоку без трения, найти силу натяжения
Т
нити и ускорение W
1
груза массой m
1
относительно Земли.
Рис. 11
z
z
1
ω
y
о
y
1
A
h
h
x
M
о
1
x
1
x
β
α
ω
r
1
N
r
с
Φ
r
ц
e
Φ
r
ω
r
c
W
r
ц
е
W
r
r
V
r
Р
r
2
N
r
r
V
r
x
x
1
1
0
1
0
W
r
y
1
y
1
Т
r
2
Т
r
2
1
Р
r
2
Р
r
r
W
2
r
r
W
1
r
2e
Φ
r
Рис. 12
