Dynamika hmotného bodu - křivočarý pohyb. Dynamika křivočarého pohybu hmotného bodu Dynamika křivočarého pohybu

Představme si hmotný bod pohybující se po nějaké křivočaré trajektorii. Rychlost zapíšeme do formuláře

a všimněte si, že vektor

Toto je jednotkový vektor tečný k trajektorii a shodující se ve směru s vektorem rychlosti. Derivujme vektor rychlosti zapsaný v této reprezentaci a získáme

Zrychlení jsme reprezentovali jako dva pojmy. Nejprve si všimněte, že pojmy jsou navzájem ortogonální. Ve skutečnosti, protože vektor je jednotka

Rozlišením tohoto skalárního součinu dostaneme

podle vlastnosti skalárního součinu.

Rozložili jsme tedy zrychlení na součet dvou vzájemně ortogonálních složek, které označíme a :

Pojďme diskutovat o fyzikálním významu každého termínu. Období

Tento tangenciální zrychlení, který charakterizuje rychlost změny rychlostního modulu. Tato část celkového zrychlení je směrována buď podél rychlosti, když je derivace dv/dt > 0, to znamená, že pohyb je zrychlený, nebo ve směru opačném k rychlosti, kdy tato derivace dv/dt< 0 , to znamená, že pohyb je pomalý. Pokud je pohyb rovnoměrný dv/dt = 0, to znamená, že rychlost, pokud se mění, je pouze ve směru, pak je tangenciální část zrychlení rovna nule:

Období

směřuje podél normály k trajektorii - kolmo k tečně k trajektorii a je tzv. normální zrychlení. Pokud tangenciální zrychlení určuje rychlost, jakou modul vektor rychlosti, pak normální zrychlení určuje rychlost, se kterou se mění směr vektor rychlosti.

Rýže. 2.10. Směrem k určení zakřivení trajektorie

Uvažujme „dostatečně hladkou“, jinak libovolnou plochou zakřivenou trajektorii. Ploché, tedy všechny body trajektorie leží v určité rovině – pouze pro zjednodušení výpočtů je výsledek získaný v rámci tohoto předpokladu vhodný i pro jakoukoli „dostatečně hladkou“ prostorovou křivku, jejíž body nelze umístit do jedné roviny . Poslední okolnost zde nebudeme uvažovat, je přísně dokázána metodami analytické geometrie. Slova „dostatečně hladká“ znamenají, že křivka je popsána spojitou funkcí, která má spojitou první a druhou derivaci. Z hlediska fyzikálních aplikací není požadavek na existenci spojitých prvních dvou derivací ve skutečnosti omezením tvaru trajektorie, protože je téměř vždy splněn. Jednoduše řečeno, trajektorie by neměla mít „rohy“ typu znázorněného na obrázku 2.11.

Rýže. 2.11.

Taková „hladká“ křivka na kterémkoli z nich nekonečně malá plocha lze nahradit (obr. 2.12) úsekem kružnice o nějakém poloměru. Poloměr této kružnice, která aproximuje trajektorii na jejím nekonečně malém řezu v blízkosti určitého bodu, se obvykle nazývá poloměr zakřivení trajektorie v tomto bodě. Střed tohoto kruhu se obvykle nazývá střed zakřivení trajektorii v daném bodě. Zakřivení trajektorie se nazývá množství C = 1/R. Zdůrazňujeme, že poloměr křivosti, stejně jako střed křivosti trajektorie, jsou její místní charakteristiky: každý bod trajektorie má svůj vlastní poloměr křivosti a svůj vlastní střed křivosti. Výjimky jsou: 1) kruh, jehož poloměr zakřivení ve všech bodech je stejný a stejný jako poloměr kruhu, střed zakřivení je „jeden pro všechny“ a shoduje se se středem kruhu a 2 ) přímka, pro jakýkoli bod na přímce je poloměr křivosti nekonečný a střed křivosti je v bodě nekonečně vzdáleném od přímky. To je snadné pochopit: zvětšíme poloměr kružnice, čím větší je poloměr kružnice, tím blíže je kterýkoli z jejích koncových úseků k úseku přímky. Na rovině, nejlépe na pláži, od výšky lidské výšky k obzoru ne více než pět kilometrů - v těchto mezích je Země placatá.

Rýže. 2.12. K určení poloměru zakřivení trajektorie

Vypočítejme modul derivace zahrnuté ve výrazu pro normálové zrychlení. Vektor je nasměrován podél normály k trajektorii do středu ke středu zakřivení, jak je znázorněno na Obr. 2.13.

Rýže. 2.13. Grafické určení poloměru zakřivení trajektorie

Abychom to udělali, přejděme nejprve od diferenciace podle času k diferenciaci po „cestě“: , máme:

Podle definice derivát zakřivení křivky C a jeho převrácená hodnota je rovna poloměru zakřivení křivky R. Když dáme vše dohromady, pro normální zrychlení nakonec dostaneme:

kde normála je kolmá na tečnu a vždy směřuje ke středu křivosti, viz obr. jedenáct.

Uveďme další vysvětlení k obrázku 11. Přibližme se k bodu 1 směřovat 2 . Sestrojme tečné jednotkové vektory 1 a 2 v těchto bodech. Kolmice k těmto tečnám se v určitém bodě protnou O2. Všimněte si, že pro křivku, která není kružnicí, vzdálenosti R 1 A R 2 se od sebe budou mírně lišit. Pokud nyní bod 2 přiblížit k bodu 1 , průsečík kolmiček O2 se bude pohybovat po přímce O 2 1 a v limitu to v určitém okamžiku bude O 1. Vzdálenosti R 1 A R 2 bude směřovat k obecnému limitu R, rovný poloměru zakřivení a bodu O 1 a bude středem zakřivení bodu 1 . Ve skutečnosti kruh s poloměrem R soustředěný na 0 prochází bodem 1 a dotýká se trajektorie (protože poloměr je ortogonální k jednotkovému vektoru 1). Navíc, konstrukcí, nekonečně blízký bod 2 také leží na tomto kruhu. Sestavená kružnice se tedy ve skutečnosti „spojí“ s trajektorií v bodě 1 .

Podle tvaru trajektorie se pohyb dělí na přímočarý a křivočarý. V reálném světě se nejčastěji zabýváme křivočarým pohybem, kdy trajektorií je křivka. Příkladem takového pohybu je trajektorie tělesa vrženého pod úhlem k horizontu, pohyb Země kolem Slunce, pohyb planet, konec ručičky hodin na číselníku atd.

Obrázek 1. Trajektorie a posunutí při zakřiveném pohybu

Definice

Křivočarý pohyb je pohyb, jehož trajektorií je křivka (například kružnice, elipsa, hyperbola, parabola). Při pohybu po křivočaré trajektorii směřuje vektor posunutí $\overrightarrow(s)$ podél tětivy (obr. 1) a l je délka trajektorie. Okamžitá rychlost tělesa (tedy rychlost tělesa v daném bodě trajektorie) směřuje tečně k bodu trajektorie, kde se pohybující těleso aktuálně nachází (obr. 2).

Obrázek 2. Okamžitá rychlost při pohybu v zatáčce

Následující přístup je však pohodlnější. Tento pohyb lze znázornit jako kombinaci několika pohybů po kruhových obloucích (viz obr. 4.). Takových přepážek bude méně než v předchozím případě, navíc pohyb po kružnici je sám o sobě křivočarý.

Obrázek 4. Rozdělení křivočarého pohybu na pohyb po kruhových obloucích

Závěr

Abyste mohli popsat křivočarý pohyb, musíte se naučit popsat pohyb v kruhu a poté reprezentovat libovolný pohyb ve formě sad pohybů podél kruhových oblouků.

Úkolem studia křivočarého pohybu hmotného bodu je sestavit kinematickou rovnici, která tento pohyb popisuje a umožňuje na základě daných počátečních podmínek určit všechny charakteristiky tohoto pohybu.

Některé problémy používají koncept „vztlaku“, což znamená rozdíl mezi zdvihací silou Archiméda a silou gravitace. Problémy se zvýšenou složitostí jsou označeny hvězdičkou (možnosti 116–123).

Problém 91. Ponorka, která neměla žádnou sílu, protože dostala malý vztlak R = 0.01mg m T = 0.01mg. Vezměte sílu odporu tak, aby byla úměrná první mocnině rychlosti PROTI a rovné R=–0.1mV.Určete trajektorii člunu a vzdálenost, kterou vodorovně urazila v době, kdy stoupá.

Problém 92. Určete zákon pohybu X (t), y (t) těžký materiál bod M masy m = 5 kg Ó síla přímo úměrná vzdálenosti k němu. Pohyb probíhá v prázdnotě, gravitační síle, k = 20 S –1 G = 9.8 slečna, v X 0 = 200 slečna, . Osa Vůl je vodorovná a os Oj

Problém 93. Ponorka, která neměla sílu, byla na hladině v dálce m ode dna. Po obdržení záporného vztlaku R= 0.1mg, začíná se vyhýbat pronásledování ve velmi tichých otáčkách, což je zajištěno nízkým konstantním horizontálním tahem motoru T = 0.001mg. Horizontální složku odporové síly lze zanedbat a její vertikální složku lze považovat za rovnou R = –0.05mgV, kde je vertikální rychlost klesání lodi. Určete zákon pohybu lodi a vzdálenost, kterou vodorovně urazila, než dopadne na dno.

Problém 94. Tečka M masy m = 5 kg Ó k = 20 C –1 , r– vektor poloměru bodu. V počátečním okamžiku pointa M měl souřadnice M 0 (A,0), a = 24 m, a rychlost v 0 s projekcemi v X 0 = 0, v y 0 = 4 slečna. Určete zákon pohybu a trajektorii bodu M

Problém 95. R = 0.001mg, začíná stoupat z hlubin m V tomto případě motor, který začal pracovat, poskytuje konstantní horizontální tažnou sílu. Vertikální složku odporové síly lze zanedbat a její horizontální složku lze brát rovna kde je horizontální rychlost lodi. Určete trajektorii lodi a vzdálenost, kterou urazila vodorovně, v době, kdy se vynoří.

Problém 96. Ponorka pohybující se na hladině nízkou rychlostí U 0 = 0.5 slečna R = 0.5mg, zahájil nouzový ponor s vypnutými motory. Horizontální složku odporové síly lze zanedbat a její vertikální složku lze považovat za rovnou, kde je vertikální rychlost klesání lodi. Určete zákon pohybu lodi a vzdálenost, kterou vodorovně urazila, než se ponoří do hloubky m

Problém 97. tělo M masy m = 8 kg, braný jako hmotný bod a umístěný na hladké nakloněné rovině s úhlem sklonu k horizontu = 30° (obr. 19), počáteční rychlost v 0 = 18 slečna, směřující pod úhlem = 45° k ose X a leží v letadle xy. Osa y G = 9.8 slečna X (t), y(t).

Obr.19

Problém 98. Ponorka pohybující se na hladině rychlostí U 0 = 0.5 slečna, která obdržela negativní vztlak R = 0.1mg, zahájil ponor s vypnutými motory. Vezměte sílu odporu tak, aby byla úměrná první mocnině rychlosti PROTI a rovná se Určete trajektorii člunu a vzdálenost, kterou urazila vodorovně, než se ponoří do hloubky m

Problém 99. Největší horizontální dosah střely m je dosaženo v úhlu vrhání vzhledem k horizontu. Určete, jaká je počáteční rychlost střely v 0 a. Gravitační zrychlení G = 9.8 slečna Počáteční rychlost střely v 0 při opuštění hlavně zbraně je pevná.

Problém 100. Pobřežní dělo umístěné ve výšce m nad hladinou moře vystřeluje projektily, které mají rychlost při opuštění hlavně U 0 = 1500 slečna. Určete rozsah zásahu cíle při vodorovné střele a zákon pohybu střely X(t), y (t), lze-li svislou složku odporové síly zanedbat a její vodorovnou složku brát rovna, kde je vodorovná rychlost střely.

Problém 101. Určete zákon pohybu X (t), y (t) hmotný bod M masy m = 8 kg, přitahován k pevnému středu Ó k = 12 C-1. V počátečním okamžiku () X 0 = 18 m, v y 0 = 6 slečna. Zanedbávejte gravitaci Země.

Problém 102. Hmotná bodová hmotnost m Oxy . Modul síly se mění podle zákona. startovací rychlost slečna směřující pod úhlem () k linii působení síly. Získejte rovnici trajektorie bodu y (X).

Problém 103. Tečka M masy m = 8 kg se pohybuje pod vlivem odpudivé síly z pevného středu Ó, měnící se podle zákona, kde k = 12 C –1 , r G = 9.8 slečna 2. V počátečním okamžiku () X 0 = 20 m, v y 0 = 50 slečna. Osa Vůl je vodorovná a os Oj X (t), y(t) a trajektorii y (X) body M.

Problém 104. Hmotná bodová hmotnost m se pohybuje po hladké vodorovné rovině Oxy pod vlivem síly směřující rovnoběžně s osou na(viz obr. 19). Modul síly se mění podle zákona. startovací rychlost slečna směřuje kolmo k linii působení síly. Najděte zákon pohybu X (t), y (t) a rovnici trajektorie bodu y = y (X).

Problém 105. tělo M masy m = 20 kg, braný jako hmotný bod a umístěný na hladké nakloněné rovině s úhlem sklonu k horizontu = 60° (viz obr. 19), je dána počáteční rychlost v 0 = 2 slečna X a leží v letadle xy. Osa y horizontální. Gravitační zrychlení G = 9.8 slečna 2. Určete zákon pohybu tělesa na nakloněné rovině X (t), y (t).

Problém 106. Při úhlu vrhu = 60° vzhledem k horizontu má střela horizontální dosah letu m. Určete, jaká je počáteční rychlost střely v 0. Zjistěte také horizontální rozsah a maximální výšku trajektorie při úhlu vrhání 30°. Gravitační zrychlení G = 9.8 slečna

Problém 107. Určete zákon pohybu X (t), y (t) těžký materiál bod M masy m = 6 kg, přitahován k pevnému středu Ó síla přímo úměrná vzdálenosti k němu. Pohyb nastává v prázdnotě, síla přitažlivosti se rovná k = 8 C G = 9.8 slečna 2. V počátečním okamžiku () X 0 = 24 m, na 0 = 40 m, . Osa Vůl je vodorovná a os Oj směřující svisle nahoru.

Problém 108. Tečka M masy m = 4 kg se pohybuje pod vlivem odpudivé síly z pevného středu Ó, měnící se podle zákona, kde k = 10 C –1 , r– vektor poloměru bodu. Gravitační zrychlení G = 9.8 slečna 2. V počátečním okamžiku () X 0 = 2 m, v X 0 = 4 slečna, . Osa Vůl je vodorovná a os Oj směřující svisle nahoru. Určete zákon pohybu X (t), y(t) a trajektorii y (X) body M.

Problém 109. Hromadný skokan padá s otevřeným padákem k Zemi v klidném vzduchu vertikálně stálou konstantní rychlostí slečna. Na vysoké m nad povrchem Země tažením čar nabývá horizontální rychlosti slečna. Určete velikost vodorovné odchylky parašutisty od výchozího směru jeho pohybu v okamžiku přistání a zákonitost jeho pohybu, pokud při dalším klesání udrží šňůry ve stejné poloze. Horizontální složka odporové síly působící na parašutistu v proudu vzduchu je Rx = –0.01mV x, kde je horizontální rychlost parašutisty. Změnu vertikální složky odporové síly způsobenou náklonem vrchlíku padáku zanedbejte.

Problém 110. Vypuštění z povrchu Země, hromadná střela kg se pohybuje v rámci prvních 10 S pod vlivem tažné síly směřující pod úhlem k horizontále. Poté se tažná síla vypne. Určete dráhu střely a její dolet. Sílu odporu vzduchu zanedbejte.

Problém 111. tělo M masy m = 28 kg, braný jako hmotný bod a umístěný na hladké nakloněné rovině s úhlem sklonu k horizontu = 45° (viz obr. 19), je uváděna počáteční rychlost v 0 = 34 slečna, směřující pod úhlem = 30° k ose X a leží v letadle xy. Osa y horizontální. Gravitační zrychlení G = 9.8 slečna 2. Určete zákon pohybu tělesa na nakloněné rovině X (t), y (t).

Problém 112. Ponorka, která neměla žádnou sílu poté, co obdržela mírný kladný vztlak p = 0.01mg, začíná stoupat z hlubin m Současně spouštění motoru poskytuje konstantní horizontální tažnou sílu T = 0.01mg. Vertikální složku odporové síly lze zanedbat a její horizontální složku považovat za rovnou R = –0.01mV x, kde je horizontální rychlost lodi. Určete trajektorii lodi y(X) a vzdálenost ujetá vodorovně časem výstupu.

Problém 113. Při úhlu vrhu = 42° vzhledem k horizontu má střela horizontální dosah letu m. Určete, jaká je počáteční rychlost střely v 0, když opustí hlaveň zbraně. Zjistěte také rozsah vodorovného letu střely a dobu letu střely k cíli při úhlu odhozu = 35° a stejné počáteční rychlosti v 0 . Gravitační zrychlení G = 9.8 slečna 2. Zanedbávejte odpor vzduchu.

Problém 114. Určete úhel sklonu hlavně zbraně k horizontu, aby bylo možné zasáhnout cíl detekovaný ve stejné horizontální rovině jako zbraň na dálku m. Dále určete maximální výšku dráhy a dobu letu střely k cíli. Počáteční rychlost střely v 0 = 600 slečna. Gravitační zrychlení G = 9.8 slečna 2. Zanedbávejte odpor vzduchu.

Problém 115. Určete závislost vodorovného doletu střely, maximální výšky její dráhy a doby letu na úhlu sklonu hlavně zbraně k horizontu. Najděte také hodnoty těchto veličin pro = 38°. Počáteční rychlost střely v 0 = 980 slečna. Gravitační zrychlení G = 9.8 slečna 2. Zanedbávejte odpor vzduchu.

Problém 116*. Hromadný balón m pod vlivem vztlakové síly F = 1.1mg začíná stoupat. Horizontální složka odporu vzduchu je úměrná druhé mocnině horizontální složky rychlosti míče vzhledem ke vzduchu: Rx = –0.1mV, kde je jeho horizontální relativní rychlost. Vertikální složku síly odporu vzduchu zanedbejte. Určete zákon pohybu míče X (t), y (t), fouká-li horizontální vítr rychlostí slečna.

Problém 117*. Tělo M masy m = 8 kg k = 20 C Ó 1 (–A,0) a Ó 2 (A,0),A = 24 m. Pohyb začíná v bodě A 0 (–2A,0) s rychlostí, v na 0 = 18 slečna. Určete zákon pohybu X (t), y (t) a trajektorii y (X) body M Vůl a v těchto časech vypočítat jeho souřadnice. Zanedbávejte gravitaci.

Problém 118*. Tělo M masy m = 2 kg je pod vlivem dvou přitažlivých sil, k = 120 C–1 směřující ke dvěma pevným středům Ó 1 (–A,0) a Ó 2 (A,0),A = 12 m. Gravitační zrychlení G = 9.8 slečna 2. Pohyb začíná v bodě A 0 (2A,0) s rychlostí, v na 0 = 12 slečna. Osa Vůl je vodorovná a os Oj směřující svisle nahoru. Určete zákon pohybu X (t), y (t) a trajektorii y (X) body M. Najděte okamžiky v čase, kdy protíná osu Vůl a v těchto časech vypočítat jeho souřadnice.

Problém 119*. Materiální bod M F = 0.1mg, odporové síly R= –0.1mV,Kde PROTI– bodová rychlost a vertikální zdvihová síla Q = 2m proti X, kde je horizontální rychlost bodu. Získejte zákon pohybu bodu podél svislé osy, pokud se v počátečním okamžiku jeho poloha shoduje s počátkem souřadnicového systému a jeho počáteční rychlost je vodorovná a rovná se slečna.

Problém 120*. Těleso hmoty ve výšce m nad povrchem Země měl rychlost slečna, směřující svisle dolů. Poté vstupuje do proudu vzduchu, který se horizontálně pohybuje konstantní rychlostí slečna. V důsledku toho na něj působí síla kde PROTI r je rychlost tělesa vzhledem k proudění. Určete velikost vodorovné odchylky tělesa od počátečního směru jeho pohybu v okamžiku pádu k Zemi.

Problém 121*. Hromadný parašutista při skoku do dálky padá kolmo k Zemi v klidném vzduchu se stálou konstantní rychlostí slečna. V určité výšce od povrchu Země vstupuje do proudu vzduchu, který se horizontálně pohybuje konstantní rychlostí u 0 = 0.5 slečna, a zároveň se otevře padák. Horizontální složka síly působící na parašutistu v proudu vzduchu je Rx = –0.01mV rx, kde je horizontální rychlost tělesa vzhledem k proudění vzduchu. Vertikální složka odporové síly působící na parašutistu je Ry = –0.1mV, kde je jeho vertikální rychlost. Určete zákon pohybu parašutisty X (t), y (t) po otevření padáku.

Problém 122*. Materiální bod M hmota se pohybuje ve vertikální rovině pod vlivem gravitace, konstantní horizontální tažná síla F = 0.2mg, odporové síly R = –0.1mV, Kde PROTI je rychlost bodu a vertikální vztlaková síla, kde je horizontální rychlost bodu. Získejte zákon pohybu bodu ve směru vodorovné osy, pokud se v počátečním okamžiku jeho poloha shoduje s počátkem souřadnicového systému a jeho počáteční rychlost je vodorovná a rovná se slečna.

Problém 123*. Hromadný parašutista s otevřeným padákem padá vertikálně stálou konstantní rychlostí slečna. Na vysoké m nad povrchem Země vstupuje do proudu vzduchu, který se horizontálně pohybuje konstantní rychlostí slečna. Určete velikost horizontální odchylky parašutisty od počátečního směru jeho pohybu v okamžiku přistání a zákon jeho pohybu X (t), y (t). Horizontální složka odporové síly působící na parašutistu v proudu vzduchu je R x = –0.01mV x, kde je horizontální rychlost parašutisty vzhledem k proudu vzduchu.

Příklad 13. Výzkumná ponorka kulového tvaru a hmotnosti m= = 1,5×10 5 kg se začne potápět s vypnutými motory a má horizontální rychlost v X 0 = 30 slečna a negativní vztlak R 1 = 0.01mg, kde je vektorový součet Archimedovy vztlakové síly Q a gravitace mg, působící na člun (obr. 20). Síla odolnosti proti vodě kg/s. Určete pohybové rovnice člunu a jeho trajektorii.

Obr.20

Řešení. Počátek souřadnic volíme na výchozí pozici lodi, ose Vůl nasměrujme to vodorovně a osu Oj– svisle dolů (viz obr. 20). Na loď působí tři síly: P = mg- hmotnost lodi, Q– Archimedova vztlaková síla a také odporová síla R. Vezměme loď jako hmotný bod M. Potom bude druhý Newtonův zákon napsán takto: . V průmětech na osu Vůl A Oj bude to vypadat takto: , . Přepišme tyto rovnice do podoby soustavy rovnic prvního řádu

Jejich integrací metodou separace proměnných získáme

Po integraci a dosazení číselných hodnot parametrů a počátečních dat najdeme

Pohybový zákon najdeme z řešení diferenciálních rovnic

Je to popsáno vztahy

Na závěr najdeme trajektorii y (X). K tomu z první rovnice vyjádříme čas t přes koordinát X

Dosazením tohoto výrazu do druhé rovnice zjistíme

Plis V. O dynamice křivočarého pohybu // Quantum. -·2005. - Ne. 2. - s. 30-31, 34-35.

Po zvláštní dohodě s redakční radou a redakcí časopisu „Kvant“

Ze školního kurzu fyziky je známo, že rovnoměrný pohyb po kružnici - tzv. pohyb hmotného bodu po kružnici konstantní rychlostí - je pohyb se zrychlením.

Toto zrychlení je způsobeno rovnoměrnou změnou směru rychlosti bodu v průběhu času. Vektor zrychlení je v každém okamžiku nasměrován ke středu kruhu a jeho hodnota je konstantní a rovna

kde υ - lineární rychlost bodu, R- poloměr kružnice, ω - úhlová rychlost vektoru poloměru bodu, T - oběhové období. V tomto případě se zrychlení nazývá dostředivé, normální nebo radiální.

Je zřejmé, že křivočarý pohyb je možný nejen v kruhu a nemusí být nutně rovnoměrný. Promluvme si trochu o kinematice libovolného křivočarého pohybu. Navíc loni v programu přijímacích zkoušek z fyziky, například na Moskevské státní univerzitě. M.V. Lomonosov, zahrnoval otázku zrychlení hmotného bodu při libovolném pohybu po zakřivené dráze.

Uvažujme nejprve nerovnoměrný pohyb hmotného bodu po kružnici. Při takovém pohybu se v čase mění nejen směr vektoru rychlosti, ale i jeho velikost. V tomto případě přírůstek vektoru rychlosti v krátkém čase od t před t+Δ t Je vhodné to prezentovat jako součet: (Obr. 1). Zde je tangenciální tangenciální složka přírůstku rychlosti, kosměrná s vektorem rychlosti a v důsledku přírůstku velikosti vektoru rychlosti o , a je normálová složka způsobená (jako v případě rovnoměrného kruhového pohybu) rotací vektoru rychlosti. Pak je přirozené reprezentovat zrychlení jako součet tečných (tangenciálních) a normálových složek:

Pro projekce vektoru zrychlení na směr tečny a normály platí následující vztahy:

Všimněte si, že tečnou složku Aτ zrychlení charakterizuje rychlost změny hodnoty rychlosti a normálovou složku a n charakterizuje rychlost změny směru rychlosti. Podle Pythagorovy věty,

V případě pohybu po libovolné křivočaré trajektorii platí také všechny výše uvedené vztahy, zatímco ve vzorci pro normální zrychlení An pod hodnotou R je třeba rozumět poloměru takové kružnice, jejíž elementární oblouk se shoduje s úsekem křivočaré trajektorie v malém okolí místa, kde se nachází pohybující se hmotný bod. Velikost R se nazývá poloměr zakřivení trajektorie v daném bodě.

Nyní se podívejme na několik konkrétních problémů křivočarého pohybu, které byly v posledních letech navrženy při přijímacích zkouškách a olympiádách ve fyzice na předních univerzitách v zemi.

Problém 1. Kámen je vržen rychlostí υ 0 pod úhlem α k horizontále. Najděte poloměr R zakřivení trajektorie v blízkosti výchozího bodu. Gravitační zrychlení G známý.

Abychom odpověděli na otázku problému, použijeme vztah pro normální zrychlení:

V malém okolí výchozího bodu υ = υ 0 (obr. 2). Normální zrychlení An je zde projekce zrychlení volného pádu G k normálu k trajektorii: An= G cos α. To dává

Problém 2. Určete hmotnost P tělesná hmota m v zeměpisné šířce φ. Gravitační zrychlení je G. Zemi považujte za jednotnou kouli s poloměrem R.

Připomeňme, že hmotnost tělesa je gravitační síla, kterou těleso působí na podpěru nebo závěs. Předpokládejme, že těleso leží na povrchu rotující Země. Působí na něj gravitační síla směřující ke středu Země a reakční síla podpěry (obr. 3). Podle třetího Newtonova zákona, . Pro určení tělesné hmotnosti tedy najdeme reakční sílu.

V inerciální vztažné soustavě, jejíž střed je ve středu Země, se těleso pohybuje rovnoměrně po kruhu o poloměru r= R cos φ s periodou jednoho dne, tzn. T= 86400 s, a cyklická frekvence

7,3·10 –5 s –1.

Zrychlení tělesa je stejně velké

An= ω 2 · r= ω 2 · R cos φ

a směřuje k ose rotace Země. Z toho plyne, že výslednice gravitačních sil a reakce podpěry by také měla směřovat k ose rotace Země. Potom v 0< φ< π/2 сила реакции образует с перпендикуляром к оси вращения некоторый угол α ≠ φ. По второму закону Ньютона,

Přejděme k projekcím sil a zrychlení v radiálním směru:

a ve směru kolmém k rovině, ve které k pohybu dochází:

Vynecháním α z posledních dvou vztahů zjistíme hmotnost tělesa v klidu na rotující Zemi:

Problém 3. Vzdálenost Země od dvojhvězdy v souhvězdí Kentaura je L= 2,62-105 a.u. Pozorovaná úhlová vzdálenost mezi hvězdami se periodicky mění s periodou T= 80 let a dosahuje nejvyšší hodnoty φ = 0,85·10 –5 rad. Určete celkovou hmotnost M hvězdy Univerzální gravitační konstanta G= 6,67·10 –11 (N m 2 /kg 2), 1 a.e = 1,5·10 11 m Uvažujme oběžné dráhy hvězd jako kruhové.

Pod vlivem gravitačních sil

hvězdy se pohybují rovnoměrně s tečkou T podél kruhů poloměrů r 1 a r 2 kolem těžiště soustavy s rychlostmi υ 1, respektive υ 2 (obr. 4).

Podle druhého Newtonova zákona

Přidání těchto rovností (po zmenšení o m 1 a m 2), dostáváme

Tedy s přihlédnutím ke vztahům

dostáváme se k odpovědi

= 3,5 10 27 kg.

Problém 4. Na vodorovné plošině je nádoba s vodou (obr. 5). V nádobě je upevněna tenká tyč AB, skloněný k horizontále pod úhlem α. Homogenní koule s poloměrem R může klouzat bez tření podél tyče procházející jejím středem. Hustota materiálu koule ρ 0, hustota vody ρ, ρ 0< ρ. При вращении системы с постоянной угловой скоростью вокруг вертикальной оси, проходящей через нижний конец A tyč, střed koule je nastaven na dálku L z tohoto konce. S jakou velikostí síly F působí kulička na tyč? Jaká je úhlová rychlost ω rotace plošiny? Při jaké minimální úhlové rychlosti ω min se kulička „potopí“, tzn. bude to na dně nádoby?

Označme objem koule PROTI. Na míč budou působit tři síly: gravitace ρ 0 · PROTI· G, normální reakční síla N ze strany tyče (koule působí na tyč silou stejné velikosti a opačného směru) a Archimedovou silou F A. Pojďme najít Archimedovu sílu.

Uvažujme pohyb tekutiny v nepřítomnosti koule. Jakýkoli elementární objem vody se pohybuje rovnoměrně po kruhu o poloměru r v horizontální rovině. V důsledku toho vertikální složka součtu tlakových sil (Archimédova síla) vyrovnává gravitační sílu působící na tekutinu v uvažovaném objemu a horizontální složka uděluje této tekutině dostředivé zrychlení. An= ω 2 · r. Když je kapalina nahrazena kuličkou, tyto složky se nemění a síla působící na vodní kuličku z tenké tyče je nulová. Potom se vertikální složka Archimedovy síly rovná gravitační síle vodní koule:

F Az = ρ· PROTI· G,

a složka Archimedovy síly směřující k ose rotace uděluje vodní kouli dostředivé zrychlení An= ω 2 · L·cos α a má stejnou velikost

F An = ρ· PROTI·ω 2 · L cos α.

Při působení působících sil se kulička rovnoměrně pohybuje po kruhu o poloměru L·cos α v horizontální rovině (obr. 6).

Podle druhého Newtonova zákona

Když přejdeme k průmětům sil a zrychlení na svislou osu, najdeme

ρ· PROTI· G – ρ 0 · PROTI· G – N cos α = 0.

Získáme promítnutí sil a zrychlení v horizontální rovině do radiálního směru

ρ 0 · PROTI·ω 2 · L cos α = ρ PROTI·ω 2 · L cos α – N· hřích α.

Z posledních dvou vztahů určíme velikost normálové reakční síly tyče, a tedy i tlakovou sílu koule na tyč:

a úhlová rychlost:

Jak vidíme, s rostoucí úhlovou rychlostí ω vzdálenost L klesá. V okamžiku, kdy se koule přiblíží ke dnu, přitom

Problém 5. Jednotná délka řetězu L R tak, že jeden její konec je upevněn v horní části koule. Horní konec řetězu se uvolní. S jakou velikostí zrychlení A Pohne se každý prvek řetězu ihned po uvolnění? Hmotnost na jednotku délky řetězu ρ. Gravitační zrychlení G.

Uvažujme elementární úsek řetězce délky Δ L = R·Δφ (obr. 7). Jeho hmotnost je Δ m = ρ·Δ L. Síly působící na vybranou oblast jsou znázorněny na obrázku. Podle druhého Newtonova zákona

Když přejdeme k průmětům sil a zrychlení do směru tečny, dostaneme

Přepišme výsledný vztah do tvaru

Shrňme přírůstky napínací síly po celé délce řetězu:

Nyní vezměme v úvahu, že na volných koncích řetězu se napínací síly stanou nulovými, tzn. to zrychlení Aτ je stejné pro všechny elementární fragmenty, , a dostáváme

Problém 6. Hnací kola parní lokomotivy jsou spojena ozubnicovým převodem, jehož jedním článkem je plochá vodorovná tyč, otočně připevněná k paprskům sousedních kol ve vzdálenosti R/2 od osy, kde R- poloměr kola. Při prohlídce lokomotivy mechanik položil na tuto lištu krabici a nepřítomně ji tam zapomněl. Lokomotiva se rozjede a velmi pomalu nabírá rychlost. Odhadněte rychlost υ 1 lokomotivy, při které skříň začne klouzat vzhledem k tyči. Součinitel kluzného tření skříně na tyči μ = 0,4, poloměr kola R= 0,8 m, zrychlení volného pádu G= 10 m/s2.

Přejděme k referenčnímu systému spojenému s lokomotivou (obr. 8). Vzhledem k tomu, že zrychlení nastává velmi pomalu, lze tento systém považovat za inerciální.

Než začne klouzání, krabice se pohybuje po kruhu o poloměru r =R/2. Podle druhého Newtonova zákona

Vektor zrychlení krabice směřuje ke středu kruhu a je stejně velký a =ω 2 · r,kde ω je úhlová rychlost otáčení kol lokomotivy. Úhel, který svírá vektor zrychlení s horizontem v daném časovém okamžiku, označme písmenem β. Přejdeme k průmětům sil a zrychlení na vodorovné a svislé osy s přihlédnutím k tomu, že F tr ≤ μ· N, dostaneme

Odstraněním podpůrné reakční síly odtud dojdeme k nerovnosti

Největší hodnota výrazu

kde úhel α je takový, že a je dosaženo při β = α a je roven . K pohybu nákladu dojde bez prokluzu, pokud úhlová rychlost otáčení kol lokomotivy vyhovuje nerovnosti

Odtud pro požadovanou rychlost lokomotivy υ 1 získáme

= 2,4 m/s.

Problém 7. Hladký okap se skládá z vodorovné části AB a oblouky kruhu BD poloměr R= 5 m (obr. 9). Podložka klouže po vodorovné části rychlostí υ 0 = 10 m/s. Určete hodnotu zrychlení puku v bodě S a úhel β, který v tomto okamžiku svírá vektor zrychlení podložky se závitem. Poloměr OS svírá s vertikálou úhel α = 60°. Gravitační zrychlení G= 10 m/s 2.

Najít zrychlení puku v bodě S najdeme tečnou Aτ a normální a n velikost složek zrychlení v tomto bodě.

Na tělese pohybujícím se ve svislé rovině po oblouku BD,gravitační síly působí v libovolném bodě mG a pozemní reakce N. Podle druhého Newtonova zákona

Přejděme k průmětům sil a zrychlení do tečného směru:

mA τ = – mG hřích α, odkud A τ = – G·sin α ≈ –8,7 m/s 2 .

Pro určení normálové složky zrychlení zjistíme hodnotu υ rychlosti puku v bodě S(protože ). Pojďme k energetickým úvahám. Potenciální energie podložky na vodorovné části žlabu bude považována za nulovou. Pak podle zákona zachování celkové mechanické energie

= 10 m/s2.

Velikost zrychlení puku v bodě S zjistíme pomocí Pythagorovy věty:

≈ 13,2 m/s 2.

Na místě S vektor zrychlení svírá se závitem úhel β takový, že

≈ 0,87, odkud β ≈ 41°.

Problém 8. Podél hladké drátěné šroubovice s poloměrem R v krocích h, jehož osa je svislá, klouže s nulovou počáteční rychlostí kuličku hmoty m. V jakém čase T korálek spadne vertikálně k N? Od jaké velikosti F Jakou silou působí kulička na drát v tuto chvíli? Gravitační zrychlení G.

Na korálek působí gravitační síla a normální reakce, kde směřuje vodorovně (kolmo k rovině obrázku 10) a leží ve stejné rovině s vektory a .

Abychom odpověděli na otázky problému, najdeme tečnou a normálovou složku zrychlení. Podle druhého Newtonova zákona

Když přejdeme k projekcím sil a zrychlení do směru tečny, zjistíme A τ = G· hřích α. Zde α je úhel sklonu vektoru rychlosti k horizontu takový, že

Podle zákona zachování energie

Tangenciální složka zrychlení je konstantní, počáteční rychlost je nulová, proto velikost vektoru rychlosti roste s časem podle lineárního zákona. Odtud na požadovanou dobu získáme

Abychom určili normální složku zrychlení, přejděme k pohyblivé referenční soustavě, která se progresivně pohybuje svisle dolů vzhledem k laboratoři rychlostí υ · hřích α. V tomto systému se kulička pohybuje zrychleně po kruhu o poloměru R s rychlostí v · cos α, zatímco normálová složka zrychlení kuličky je stejně velká . Vzhledem k tomu, že zrychlení pohybujícího se systému je kosměrné s , normální složka zrychlení perličky se při pohybu do laboratorní referenční soustavy nezmění (vyplývá to z pravidla pro sčítání zrychlení).

Z druhého Newtonova zákona najdeme složky síly, kterou drát působí na korálek:

Kde .

Podle třetího Newtonova zákona perlička působí silou na drát , jehož velikost (modul) se rovná

Cvičení

1. Kulový balónek s poloměrem R= 5 m drží svislé lano, jeho střed je ve výšce H= 6 m nad vodorovným povrchem. Z tohoto povrchu je odhozen kámen tak, že přeletí míč a téměř se ho dotkne v horním bodě. Jakou minimální rychlostí υ 0 má být kámen vržen a na jakou vzdálenost s Bude v tomto případě bod vhazování umístěn od středu míče?

Poznámka: gravitační zrychlení na zemském povrchu se v tomto a následujících problémech rovná g = 10 m/s2.

2. Je známo, že satelit se nachází na oběžné dráze, jejíž nadmořská výška h = 3,610 4 km, oběhne Zemi za jeden den a může „viset“ nad stejným bodem rovníku. Předpokládejme, že se diskutuje o otázce vypuštění družice do stejné výšky, která se bude „vznášet“ nad Petrohradem. Jaká je velikost a směr tažné síly? F musí vyvinout motor satelitu, aby jej udržel na dané oběžné dráze? Satelitní hmotnost m= 10 3 kg, Petrohrad se nachází na zeměpisné šířce φ = 60°, poloměr Země R= 6,4 10 3 km.

3. Na hladkém stole se pohybují dvě tělesa s hmotností m 1 a m 2 spojené lehkou neprotahovací nití délky L.V určitém okamžiku se první těleso zastaví a rychlost druhého se rovná υ a je kolmá k závitu. Najděte sílu T napětí nitě.

4. Homogenní řetězec hmoty m a délka L umístěna na hladké kulové ploše s poloměrem R= 4L tak, že jeden její konec je upevněn v horní části koule. Horní konec řetězu se uvolní. Najděte největší hodnotu T max. napínací síly řetězu ihned po jeho uvolnění. Poznámka: pro úhly uvažované v úloze uvažujme sin α ≈ α, cos α ≈ 1 – α 2 /2.

5. V úloze 6 z textu článku najděte rychlost υ 2, při které krabice začíná odskakovat.

Křivočarý pohyb je pohyb, jehož trajektorií je zakřivená čára. (Například kružnice, elipsa, hyperbola, parabola). Příkladem křivočarého pohybu je pohyb planet, konec hodinové ručičky podél číselníku atd. Obecně se rychlost při křivočarém pohybu mění ve velikosti a směru.

Křivočarý pohyb hmotného bodu se považuje za rovnoměrný, pokud je modul rychlosti konstantní (například rovnoměrný pohyb po kružnici), a za rovnoměrně zrychlený, pokud se modul a směr rychlosti mění (například pohyb tělesa vrženého na úhel k horizontu).

Rýže. 1

Při pohybu po zakřivené dráze směřuje vektor posunutí podél tětivy (obr. 1), a l- délka trajektorie. Okamžitá rychlost tělesa (tedy rychlost tělesa v daném bodě trajektorie) směřuje tečně k bodu trajektorie, kde se pohybující těleso aktuálně nachází (obr. 2).

Rýže. 2

Křivočarý pohyb je vždy zrychlený pohyb. To znamená, že zrychlení během křivočarého pohybu je vždy přítomno, i když se modul rychlosti nemění, ale mění se pouze směr rychlosti. Změna rychlosti za jednotku času je tečné zrychlení:

Kde proti F , v 0 - hodnoty rychlosti v okamžiku času t 0 + Dt A t 0 respektive.

Tangenciální zrychlení v daném bodě trajektorie se shoduje ve směru se směrem rychlosti tělesa nebo je mu opačné.

Normální zrychlení je změna rychlosti ve směru za jednotku času:

Normální zrychlení směřuje podél poloměru zakřivení trajektorie (směrem k ose rotace). Normální zrychlení je kolmé na směr rychlosti.

Centripetální zrychlení je normální zrychlení při rovnoměrném kruhovém pohybu.

Celkové zrychlení při rovnoměrně proměnlivém křivočarém pohybu tělesa se rovná:

Pohyb tělesa po křivočaré trajektorii lze přibližně znázornit jako pohyb po obloucích určitých kružnic (obr. 3).