Решение задач повышенной сложности на движение в НСО

 Пример задачи

Найти вес тела на ши­ро­те φ (рис. 1).

Рис. 1. При­мер ре­ше­ния за­да­чи

P_φ – ?  = -m;  =  = m + 

a_c.o. = a_ц.с. =  R_зcosφ

F_тяж = 

F_тяж = m ;  = a_э = 0,03385 м/с²

F_тяж = m

Мы при­вык­ли, что вес тела – mg, но Земля со­вер­ша­ет свое дви­же­ние во­круг своей оси и яв­ля­ет­ся неинер­ци­аль­ной си­сте­мой от­сче­та.

Рас­смот­рим тело, ко­то­рое на­хо­дит­ся на по­верх­но­сти Земли на ши­ро­те φ. Ши­ро­та опре­де­ля­ет­ся на­прав­ле­ни­ем на эту точку зем­ной по­верх­но­сти, и угол, ко­то­рый она со­став­ля­ет с эк­ва­то­ри­аль­ной плос­ко­стью, как раз и яв­ля­ет­ся ши­ро­той места.

На тело в неинер­ци­аль­ной си­сте­ме от­сче­та кроме силы гра­ви­та­ци­он­но­го при­тя­же­ния дей­ству­ет еще сила инер­ции , ко­то­рая на­прав­ле­на в сто­ро­ну, про­ти­во­по­лож­ную уско­ре­нию си­сте­мы от­сче­та, и чис­лен­но равна про­из­ве­де­нию массы на уско­ре­ние этой си­сте­мы от­сче­та. А уско­ре­ние си­сте­мы от­сче­та – уско­ре­ние про­тив зем­ной по­верх­но­сти на ши­ро­те φ, тогда сила тя­же­сти, ко­то­рая и равна весу тела, равна сумме этих двух сил. Это век­тор­ная сумма и сила тя­же­сти на­прав­ле­на не к цен­тру Земли, а немнож­ко мимо цен­тра. Уско­ре­ние про­тив зем­ной по­верх­но­сти на ши­ро­те φ со­став­ля­ет от­но­ше­ние 4π² на пе­ри­од об­ра­ще­ния Земли во­круг оси в квад­ра­те, умно­жен­ное на ра­ди­ус окруж­но­сти, ко­то­рую опи­сы­ва­ет дан­ная точка. В дан­ном слу­чае цен­тром окруж­но­сти яв­ля­ет­ся О_φ и ра­ди­ус окруж­но­сти – это ра­ди­ус Земли, умно­жен­ный на ко­си­нус ши­ро­ты места, тогда по тео­ре­ме ко­си­ну­сов на­хо­дим силу тя­же­сти как сто­ро­ну тре­уголь­ни­ка, у ко­то­ро­го из­вест­ны две дру­гие сто­ро­ны и угол между ними.

Под­став­ляя вы­ра­же­ние для цен­тро­стре­ми­тель­но­го уско­ре­ния, по­лу­ча­ем силу тя­же­сти, в фор­му­ле ко­то­рой мы видим уско­ре­ние точек зем­ной по­верх­но­сти на эк­ва­то­ре – а_э. При вы­чис­ле­нии по­лу­чим а_э = 0,03385 м/с², и, под­став­ляя в вы­ра­же­ние для силы тя­же­сти, мы можем опре­де­лить ее в любой точке по­верх­но­сти для необ­хо­ди­мых ши­ро­ты и массы тел.

Для кон­тро­ля най­дем силу тя­же­сти тела мас­сой 10 кг на эк­ва­то­ре, на ши­ро­те 60⁰ и на по­лю­се, срав­ним по­лу­чен­ные зна­че­ния.

Ответ: при φ = 0⁰F_тяж1 = 94,62 (H),

φ =60⁰ F_тяж2 = 96,33 (H),

φ = 90⁰F_тяж3 = 98 (H).

Есте­ствен­но, самое ма­лень­кое зна­че­ние будет на эк­ва­то­ре, самое боль­шое – на по­лю­се.

 Задача 1

Грузы мас­сой 2 кг и 8 кг под­ве­ше­ны к кон­цам нити, пе­ре­ки­ну­той через блок, ко­то­рый под­ни­ма­ет­ся вер­ти­каль­но с уско­ре­ни­ем 5 м/с². Найти силу на­тя­же­ния нити.

Слож­но­сти при ре­ше­нии этой за­да­чи свя­за­ны с тем, что ранее го­во­ри­лось о при­ме­не­нии за­ко­нов Нью­то­на толь­ко в инер­ци­аль­ных си­сте­мах от­сче­та и рас­смат­ри­ва­лось дви­же­ние этих гру­зов от­но­си­тель­но Земли. От­но­си­тель­но Земли уско­ре­ние гру­зов раз­ное, по­это­му за­да­ча и стала для мно­гих слож­ной.

Ре­шать такие за­да­чи необ­хо­ди­мо в си­сте­ме от­сче­та «Блок» (рис. 2), ко­то­рая яв­ля­ет­ся неинер­ци­аль­ной, и в этой си­сте­ме от­сче­та ко всем силам, ко­то­рые обыч­но при­ло­же­ны к телам, до­бав­ля­ет­ся сила инер­ции.

К при­ме­ру, когда ав­то­бус резко тор­мо­зит, нас тол­ка­ет вниз сила инер­ции. Здесь при дви­же­нии блока на­верх к каж­до­му из тел до­бав­ля­ет­ся сила, про­ти­во­по­лож­ная уско­ре­нию блока и на­прав­лен­ная вниз.

Рис. 2. Си­сте­ма от­сче­та «Блок»

Эйн­штейн до­ка­зал, что эта сила инер­ции в прин­ци­пе неот­ли­чи­ма от силы гра­ви­та­ци­он­но­го при­тя­же­ния. В дан­ном слу­чае на пер­вое тело дей­ству­ет сила на­тя­же­ния нити  на­прав­лен­ная вверх, сила гра­ви­та­ци­он­но­го при­тя­же­ния m₁ на­прав­лен­ная вниз, и сила инер­ции . На вто­рое тело точно так же дей­ству­ет  на­прав­лен­ная вверх, сила гра­ви­та­ци­он­но­го при­тя­же­ния m₂ и сила инер­ции  на­прав­лен­ные вниз.

У нас си­сте­ма свя­зан­ных тел, для каж­до­го из тел ось необ­хо­ди­мо на­пра­вить в свою сто­ро­ну по уско­ре­нию. Оче­вид­но, что пер­вое тело, ко­то­рое легче, будет дви­гать­ся от­но­си­тель­но блока вверх, а вто­рое тело будет дви­гать­ся вниз. По­это­му ось ох₁на­прав­ля­ем вверх, ох₂ на­прав­ля­ем вниз.

За­пи­шем крат­кое усло­вие за­да­чи и ре­ше­ние.

Ответ: F_н = 48 H.

Урав­не­ние в про­ек­ции на ось ох₁ будет иметь вид -m₁g - m₁а_бл + F_н = m₁а.

На ось ох₂ будет m₂g + m₂а_бл - F_н = m₂а.

Ре­ше­ние си­сте­мы урав­не­ний до­сти­га­ет­ся сло­же­ни­ем, при сло­же­нии сразу уби­ра­ем про­ти­во­по­лож­ные зна­че­ния силы на­тя­же­ния и по­лу­ча­ем вы­ра­же­ние, из ко­то­ро­го можем за­пи­сать уско­ре­ние и вы­чис­лить его. Далее его зна­че­ние можно под­ста­вить в любое из урав­не­ний и опре­де­лить силу на­тя­же­ния.

 Задача 2

На на­клон­ной по­верх­но­сти клина с углом 30⁰ по­ко­ит­ся бру­сок при ко­эф­фи­ци­ен­те тре­ния 0,69. С каким ми­ни­маль­ным уско­ре­ни­ем нужно пе­ре­ме­щать по го­ри­зон­та­ли клин, чтобы бру­сок стал сколь­зить вниз по его по­верх­но­сти?

Вы­пол­ня­ем крат­кое усло­вие за­да­чи, ри­су­нок и ре­ше­ние (рис. 3).

Рис. 3. Ре­ше­ние за­да­чи 2

 = - m; m +  +  + = m; a ≥ 0

по ох: mgsinα + ma_кcosα - F_тр ≥ 0

по оу: -mgcosα + ma_кsinα + N = 0

N = mgcosα - ma_кsinα F_тр = μN = μmgcosα - μma_кsinα

mgsinα + ma_кcosα - μmgcosα + μma_кsinα ≥ 0

a_к ≥  g a_к ≥  · 10 a_к ≥ 0,8 (м/с²)

Ответ: a_к ≥ 0,8 м/с².

Сила, ко­то­рая за­став­ля­ет бру­сок про­скаль­зы­вать, – это mgsinα, но sinα = 0,5 при μ = 0,69, мы видим, что сила тре­ния боль­ше силы, со­став­ля­ю­щей mg. Ре­ша­ем за­да­чу в си­сте­ме от­сче­та «Клин». К тем силам, ко­то­рые обыч­но при­ло­же­ны к брус­ку, – сила ре­ак­ции опоры ,  и сила тя­же­сти m – до­бав­ля­ет­ся сила инер­ции , на­прав­лен­ная про­тив уско­ре­ния клина. За­пи­шем вто­рой закон Нью­то­на для брус­ка и вы­бе­рем оси, ось х в сто­ро­ну воз­мож­но­го на­прав­ле­ния и ось у пер­пен­ди­ку­ляр­но по­верх­но­сти клина. По­лу­ча­ем: по оси х mg про­еци­ру­ет­ся через sinα, это про­ти­во­ле­жа­щий катет, сила инер­ции про­еци­ру­ет­ся через cosα и минус сила тре­ния, так как она на­прав­ле­на в про­ти­во­по­лож­ную сто­ро­ну, будет боль­ше или равно нулю. Когда уско­ре­ние равно нулю, то сила инер­ции при­ни­ма­ет ми­ни­маль­ное зна­че­ние, со­от­вет­ствен­но, уско­ре­ние клина тоже ми­ни­маль­но.

По оси у mg будет со зна­ком минус, так как она на­прав­ле­на про­тив оси у. Урав­не­ние по оси у необ­хо­ди­мо, чтобы вы­ра­зить силу ре­ак­ции опоры  Под­став­ляя зна­че­ния силы ре­ак­ции опоры и силы тре­ния, мы по­лу­чим урав­не­ние, из ко­то­ро­го и на­хо­дим вы­ра­же­ние для уско­ре­ния клина. Под­став­ляя зна­че­ния, мы видим, что уско­ре­ние, с ко­то­рым нужно дви­гать клин в го­ри­зон­таль­ном на­прав­ле­нии, будет боль­ше или рав­ным 0,8 м/с².

При на­хож­де­нии мак­си­маль­но­го уско­ре­ния его необ­хо­ди­мо на­пра­вить в про­ти­во­по­лож­ную сто­ро­ну.

 Задача 3

В цен­тре круг­ло­го стола по­ме­сти­ли ма­лень­кое блю­деч­ко. Ко­эф­фи­ци­ент тре­ния между ним и сто­лом μ = 0,155. Стол дви­га­ли пря­мо­ли­ней­но с уско­ре­ни­ем 2 м/ с² в те­че­ние 2 с, а затем оста­но­ви­ли с тем же по ве­ли­чине уско­ре­ни­ем. При каком ми­ни­маль­ном ра­ди­у­се стола блю­деч­ко с него не упа­дет?

За­пи­шем крат­кое усло­вие за­да­чи, схему и ре­ше­ние (рис. 4).

Рис. 4. Ре­ше­ние за­да­чи 3

F_ин = ma = 2m; F_тр = μmg = 1,55m

1.      t = t₁

a₁ =  = 

a₁ = a - μg V₁ = ( a - μg ) t S₁ = 

2.      t = t₂

 = -  => F_ин ↑↑ F_трa₂ = -(a + μg)

V₀₂ = V₁ V₂ = 0

S₂ =  = ; S = S₁ + S₂; S = )

S =  =  =  = 1,01 (м)

Ответ: R_min = 1,01 м.

На­чаль­ная ско­рость блю­деч­ка равна нулю, оно лежит в цен­тре стола. Когда стол на­чи­на­ет дви­гать­ся с уско­ре­ни­ем, он ста­но­вит­ся неинер­ци­аль­ной си­сте­мой от­сче­та и ко всем силам, ко­то­рые были при­ло­же­ны к блю­деч­ку, до­бав­ля­ет­ся сила инер­ции, на­прав­лен­ная про­тив уско­ре­ния стола и рав­ная по ве­ли­чине про­из­ве­де­нию массы на уско­ре­ние блю­деч­ка. Сила тре­ния сразу будет ме­шать блю­деч­ку дви­гать­ся. При под­ста­нов­ке из­вест­ных ве­ли­чин мы видим, что сила тре­ния мень­ше силы инер­ции, блю­деч­ко на­чи­на­ет дви­гать­ся по по­верх­но­сти стола.

Пер­вое усло­вие за­да­чи – стол дви­жет­ся с уско­ре­ни­ем, в этом слу­чае сила инер­ции на­прав­ле­на в про­ти­во­по­лож­ную сто­ро­ну силы тре­ния, но боль­ше нее. Опре­де­лим уско­ре­ние, с ко­то­рым дви­жет­ся блю­деч­ко, по вто­ро­му за­ко­ну Нью­то­на. За это время ско­рость блю­деч­ка уве­ли­чи­ва­ет­ся с этим уско­ре­ни­ем и до­сти­га­ет зна­че­ния V₁, а путь – S₁.

При вто­ром про­ме­жут­ке вре­ме­ни уско­ре­ние стола ме­ня­ет­ся на про­ти­во­по­лож­ное, со­от­вет­ствен­но, и сила инер­ции при­ни­ма­ет про­ти­во­по­лож­ное на­прав­ле­ние, в дан­ном слу­чае она будет сов­па­дать с силой тре­ния, то есть и сила инер­ции, и сила тре­ния тор­мо­зят дви­же­ние блю­деч­ка. На­чаль­ная ско­рость к мо­мен­ту тор­мо­же­ния будет равна V₁, а ко­неч­ная ско­рость в ре­зуль­та­те тор­мо­же­ния будет равна нулю. По­это­му за время тор­мо­же­ния блю­деч­ко прой­дет путь S₂, так как уско­ре­ние у нас от­ри­ца­тель­ное, то знак минус уйдет из вы­ра­же­ния.

Общий путь, ко­то­рый прой­дет блю­деч­ко, со­став­ля­ет сумму двух по­лу­чен­ных вы­ра­же­ний S₁ и S₂. Про­ве­дя ал­геб­ра­и­че­ские пре­об­ра­зо­ва­ния и под­став­ляя чис­ло­вые зна­че­ния, мы по­лу­чим, что блю­деч­ко прой­дет путь 1,01 метра, то есть ра­ди­ус стола от цен­тра до края дол­жен быть не мень­ше этого зна­че­ния, иначе блю­деч­ко со­скольз­нет.

 Заключение

Как мы уви­де­ли на при­ме­рах ре­ше­ния задач, при учете сил инер­ции вто­рой закон Нью­то­на будет спра­вед­лив для любой си­сте­мы от­сче­та и ряд задач лучше ре­ша­ет­ся в неинер­ци­аль­ной си­сте­ме от­сче­та.