семинар 3, сложность 1

Задача 5 Условие Невесомый стержень, изогнутый, как показано на рисунке, вращается с угловой скоростью $\omega $ относительно оси $OO'$. К концу стержня прикреплен груз массы $m$. Определить силу, с которой стержень действует на груз. Решение Очевидно, груз вращается по окружности радиуса $$ R = l\cdot \sin \varphi . $$ В процессе движения со стороны стержня на груз действует сила тяжести и обобщенная сила реакции опоры (рис. [fig:12] ). Действуя совместно, эти две силы обеспечивают вращательное движение по окружности радиуса $R$. Определим, куда направлена обобщенная сила реакции опоры. Для этого представим эту силу в виде двух компонент. С одной стороны, в стержне должна возникать сила упругости, препятствующая соскальзыванию груза со стержня. Это эквивалентно силе упругости $T$, возникающей в стержне. С другой стороны, шарик опирается на стержень. Значит, помимо деформации растяжения в стержне возникает деформация изгиба. Таким образом, возникает сила упругости, препятствующая изгибу стержня. Это означает, что со стороны стержня на грузик действует сила нормальной реакции опоры $ \vec{N}$. Геометрическая сумма нормальной реакции опоры и упругости стержня и дает обобщенную силу реакции опоры $Q$. Применим второй закон Ньютона в инерциальной системе отсчета, связанной с Землей: $$ \vec{T} + \vec{N} + m \vec{g} = m \vec{a}_n. $$ Напомним, что $$ a_n = \omega ^2 R. $$ Проекция на ось $x$: $$ T+0-mg\cos \varphi = m\cdot a_n \cdot \sin\varphi . $$ Здесь мы учли, что $\left| \vec{v} \right| = Const,\ a_\tau = 0$. Проекция на ось $y$: $$ 0+N-mg\sin\varphi = - m\cdot a_n \cdot \cos\varphi . $$ Отсюда получаем $$ T = m \cdot \left( g\cos \varphi + a_n \sin\varphi \right), $$ $$ N = m\cdot \left( g\sin\varphi - a_n \cos \varphi \right). $$ Найдем обобщенную силу реакции опоры $$ \vec{Q} = \vec{N}+\vec{T}, $$ $$\begin{aligned} Q^2 = N^2 + T^2 = m^2 \left( g\sin \varphi - a_n \cos \varphi \right) ^2 + m^2 \left( g\cos \varphi +a_n \sin \varphi \right)^2 = \nonumber\\ =m^2 \big( g^2 \sin^2 \varphi - 2ga_n \sin\varphi \cos \varphi +a_n^2 \cos^2 \varphi + \nonumber\\ + g^2 \cos^2 \varphi + 2ga_n \cos \varphi \sin\varphi +a_n^2 \sin^2 \varphi \big) = \nonumber\\ =m^2 \left( g^2+a_n^2 \right) = m^2 \left( g^2 + \omega ^4 l^2 \sin^2 \varphi \right). \nonumber \end{aligned}$$ Таким образом, $$ Q = m \sqrt{g^2 + \omega ^4 l^2 \sin^2 \varphi}. $$ Найдем угол, который сила реакции опоры $\vec{Q}$ составляет со стержнем: $$ \tg \beta = \frac{N}{T} = \frac{g\sin \varphi - a_n \cos \varphi }{g\cos \varphi +a_n \sin \varphi }. $$ Задача 6 Условие На горизонтальной вращающейся платформе на расстоянии $R=50\ см$ от оси вращения лежит груз. Коэффициент трения груза о платформу $\mu =0.05$. При какой частоте вращения груз начнет скользить? Решение Расставим силы, действующие на груз (рис. [fig:13] ) – сила тяжести, сила реакции опоры и сила трения покоя. Напомним, что сила трения имеет два представления – покоя и скольжения: $$ F_{тр} = \left[ \begin{array}{lll} F_{тр.п.} \leqslant F_{тр.ск.},\\ F_{тр.ск.} = \mu N. \end{array}\right. $$ Именно сила трения сообщает грузу центростремительное ускорение. В инерциальной системе отсчета, связанной с Землей, применим второй закон Ньютона, сформулированный для материальных точек (это справедливо, так как в данной задаче можно пренебречь размерами груза): $$ \vec{F}_\Sigma = m \vec{a}, $$ $$ m \vec{g}+\vec{N}+\vec{F}_{тр.п.} = m\cdot \vec{a}_n. $$ Проекция на ось $x$: $$ 0+0+F_{тр.п.} = m\cdot a_n, $$ проекция на ось $y$: $$ -mg+N+0=m\cdot 0. $$ Отсюда получаем $$ \left\{ \begin{array}{lll} F_{тр.п.} = m\cdot a_n,\\ N = mg. \end{array}\right. $$ Учтем связь между линейными и угловыми величинами: $v = \omega \cdot R$. Тогда нормальное ускорение имеет вид $$ a_n = \frac{v^2}{R} = \omega ^2R. $$ Заметим, что при увеличении угловой скорости вращения растет и сила трения покоя. Однако, она не может расти неограниченно, ее предельная величина совпадает с силой трения скольжения. Это значит, что максимальная угловая скорость вращения задана равенством $$ \mu N = m\cdot \omega^2_{max} \cdot R, $$ $$ \mu mg = m \cdot \omega _{max}^2 \cdot R, $$ $$ \mu g = \omega _{max}^2R, $$ $$ \omega _{max} = \sqrt{\frac{\mu g}{R}}. $$ Нам нужно найти частоту вращения. Для этого вспомним, что $\omega = \frac{2\pi}{T}$, $\nu \cdot T=1$. Таким образом, $\omega = 2\pi \cdot \nu $. Отсюда получаем $$ \nu _{max} = \frac{\omega _{max}}{2\pi} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{\mu g}{R}}, $$ $$ \nu _{max} \approx \frac{1}{2\cdot 3.14} \sqrt{\frac{0.05 \cdot 10 \frac{м}{c^2}}{0.5 м}} = \frac{1}{6.28} Гц \approx 0.16\ Гц. $$ Ответ: $0.16$ Гц.