Динамика и кинематика движения по окружности: Часть 1
Физика, 9 класс
Динамика и кинематика движения по окружности
Задача 1
Условие
На гладкое проволочное кольцо радиуса R , расположенное вертикально, надета маленькая бусинка. Кольцо вращается с угловой скоростью \omega вокруг вертикальной оси, проходящей по диаметру кольца. Где находится бусинка?
Решение
Найдём радиус окружности, по которой движется бусинка. Если угол отклонения отрезка, соединяющего бусинку с центром кольца, от вертикали равен \alpha , тогда радиус окружности r = R \sin \alpha.
Запишем второй закон Ньютона на радиальную и вертикальную оси для бусинки:
\begin{cases}
m a_n = N \sin \alpha \\
mg = N \cos \alpha
\end{cases} учитывая кинематическую формулу
a_n = \omega^2 r, получаем
\cos \alpha = \frac{g}{\omega^2 R}. Очевидно, что \cos \alpha \leq 1, в случае, если \omega^2 R < g, тогда бусинка просто опускается в нижнее положение равновесия и остаётся там.
3c.1
Ответ бусинка просто опускается в нижнее положение равновесия и остаётся там.
Задача 2
Условие
Груз массой m прикреплён к стержню длиной l . Другой конец стержня шарнирно прикреплён к вертикальной оси. Нарисуйте примерный график зависимости косинуса угла \alpha , образуемого стержнем с вертикалью, от угловой скорости \omega вращения оси.
Решение
Из предыдущей задачи
\cos \alpha = \frac{g}{\omega^2 R}. 3c.2
Нарисуем график. Впервые угол \alpha станет отличаться от 0, когда выражение g/(\omega^2 R) станет равным 1:
3c.3
Ответ см. рисунок.
Задача 3
Условие
K вертикальной оси привязана нить длиной 2 l , на конце и в середине которой прикреплены одинаковые шарики. Ось приводят во вращение. При каком значении угловой скорости участки O A и A B начнут отклоняться от вертикали? Каким будет отношение малых углов отклонения участков нити O A и A B от вертикали?
Решение
Запишем радиусы окружностей первого (верхнего) и второго (нижнего) груза:
\begin{cases}
r_1 = l \sin \alpha, \\
r_2 = l (\sin \alpha + \sin \beta).
\end{cases} Запишем второй закон Ньютона для обоих грузов на радиальную и вертикальную оси:
\begin{cases}
T_1 \cos \alpha = mg + T \cos \beta, \\
T \cos \beta = mg, \\
T_1 \sin \alpha - T \sin \beta = m \omega^2 r_1 = m \omega^2 l \sin \alpha, \\
T \sin \beta = m \omega^2 r_2 = m \omega^2 l (\sin \alpha + \sin \beta).
\end{cases} Выражая T и T_1 :
\begin{cases}
g tg \beta = \omega^2 l (\sin \alpha + \sin \beta), \\
2g tg \alpha - g tg \beta = \omega^2 l \sin \alpha.
\end{cases} Если углы малы, то tg \alpha \approx \sin \alpha \approx \alpha, \ tg \beta \approx \sin \beta \approx \beta.
\begin{cases}
(g - \omega^2 l) \beta = \omega^2 l \alpha, \\
(2g - \omega^2 l) \alpha = g \beta.
\end{cases} Откуда
\frac{\alpha}{\beta} = \frac{g}{\omega^2 l} - 1. Получаем:
\frac{g - \omega^2 l}{\omega^2 l} = \frac{g}{2g - \omega^2 l}, откуда
g \omega^2 l = 2g^2 - 3 \omega^2 l g + \omega^4 l^2 \ \Rightarrow \ \omega_{1, 2} = \sqrt{\frac{g}{l}(2 \pm \sqrt{2})}. Так как мы рассматривали малые углы, получили \omega для малого отклонения от вертикали (когда только начали отрываться от вертикали).
3c.4
Ответ \omega_{1, 2} = \sqrt{\frac{g}{l}(2 \pm \sqrt{2})} ; \frac{\alpha}{\beta} = \frac{g}{\omega^2 l} - 1.