Динамика и кинематика движения по окружности

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 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 $$\cos \alpha = \frac{g}{\omega^2 R}.$$ Нарисуем график. Впервые угол $\alpha$ станет отличаться от 0, когда выражение $g/(\omega^2 R)$ станет равным 1: 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). Ответ $\omega_{1, 2} = \sqrt{\frac{g}{l}(2 \pm \sqrt{2})}$; $\frac{\alpha}{\beta} = \frac{g}{\omega^2 l} - 1.$