Основное уравнение динамики в неинерциальной системе.
Ранее было отмечено, что основное уравнение динамики справедливо только в инерциальных системах отсчета. Между тем имеется много случаев, когда решение интересующей нас задачи необходимо получить в неинерциальных системах (например, движение математического маятника в ускоренно движущемся вагоне, движение спутника относительно поверхности Земли и др.). Поэтому возникает вопрос: как следует изменить основное уравнение динамики, чтобы оно оказалось справедливым и для неинерциальных систем отсчета?

С этой целью возьмем две системы отсчета: ине р циальную $K$-систему и неинерци альную $K^{\prime }$-систему. Пусть известны масса $m$ частицы, сила $\mathbf{F}$, действующая на нее со стороны окружающих тел, и характер движения $K^{\prime }$-системы относительно $K$-системы.

Рассмотрим достаточно общий случай, когда $K^{\prime }$-система вращается с постоянной угловой скоростью $\mathit{\omega }$ вокруг оси, перемещающейся поступательно с ускорением ${\mathbf{a}}_0$ относительно $K$-системы. Воспользуемся формулой преобразования ускорений (1.31). Из нее следует, что ускорение частицы в $K^{\prime }$-системе
$${\mathbf{a}}^{\prime }=\mathbf{a}-{\mathbf{a}}_0+{\omega }^2\mathit{\rho }+2\left[{\mathbf{v}}^{\prime }\mathit{\omega }\right],$$

где ${\mathbf{v}}^{\prime }$ — скорость частицы относительно $K^{\prime }$-системы, $\mathit{\rho }$ радиус-вектор, перпендикулярный оси вращения и характеризующий положение частицы относительно этой оси. Умножив обе части (2.17) на массу $m$ частицы и учтя, что в инерциальной системе отсчета $m\mathbf{a}=\mathbf{F}$, получим

Это и есть основное уравнение динамики в неинерциальной системе отсчета, которая вращается с постоянной угловой скоростью а вокруг оси, перемещающейся поступательно с ускорением ${\mathbf{a}}_0$. Из него видно, что даже при $\mathbf{F}=0$ частица будет двигаться в этой системе с ускорением, в общем случае отличным от нуля, причем так, как если бы на нее действовали некоторые силы, соответствующие последним трем членам уравнения (2.18). Эти силы назвали силами инерщи и.

Уравнение (2.18) показывает, что введение сил инерции позволяет сохранить по форме основное уравнение динамики и для неинерциальных систем: слева — произведение массы частицы на ее ускорение (но уже по отношению к неинерциальной системе отсчета), справа силы. Однако кроме силы $\mathbf{F}$, обусловленной действием окружающих тел (силы взаимодействия), необходимо учесть и силы инерции — остальные слагаемые в правой части уравнения (2.18).

Силы инерции. Перепишем уравнение (2.18) в таком виде:
$$m{\mathbf{a}}^{\prime }=\mathbf{F}+{\mathbf{F}}_{\text{ин }}+{\mathbf{F}}_{\text{цб }}+{\mathbf{F}}_{\text{кор }},$$

где
-поступательная силаинерции, обусловленная поступательным движением неинерциальной системы отсчета;

一центробежная сила инерции;
— сила Кориолиса, или кориолисова сила инерции. Последние две силы обусловлены вращательным движением системы отсчета.

Мы видим, таким образом, что силы инерции зависят от свойств неинерциальной системы отсчета $({\mathrm{a}}_0,{\mathit{\omega }}_0)$, а также от расстояния $\rho$ и скорости ${\mathbf{v}}^{\prime }$ частицы в этой системе отсчета.

Если, например, неинерциальная система отсчета движется поступательно (по отношению к инерциальной системе отсчета), то в этой системе на свободную частицу действует только сила (2.20), направление которой противоположно ускорению ${\mathbf{a}}_0$ данной системы отсчета. Вспомним, как при резком торможении вагона сила инерции бросает нас вперед, т. е. в сторону, противоположную вектору ${\mathbf{a}}_0$.

Другой случай: система отсчета вращается с угловой в этой системе (например, вы сидите на горизонтальном вращающемся круге аттракциона «колесо смеха»). На

тело $A$ кроме силы взаимодействия с окружающими телами действует центробежная сила инерции (2.21), направленная от оси вращения вдоль радиуса-вектора $\rho$. Пока тело $A$ покоится относительно круга $({\mathbf{v}}^{\prime }=0)$, эта сила компенсирует силу взаимодействия. Но как только тело придет в движение, т. е. появится скорость ${\mathbf{v}}^{\prime }$, начнет действовать и сила Кориолиса (2.22), направлеЗаметим, что сила Кориолиса появляется в дополнение к центробежной силе инерции, действующей независимо от того, покоится те-

Рис. 2.5
Рис. 2.6

ло или движется во вращающесйя системе отсчета.
Ранее было отмечено, что система отсчета, связанная с земной поверхностью, во многих случаях может считаться практически инерциальной. Однако существует ряд явлений, истолкование которых в этой системе отсчета невозможно без учета ее неинерциальности.

Известно, например, что ускорение свободного падения тел относительно поверхности Земли имеет наибольшее значение у полюсов. Уменьшение этого ускорения по мере приближения к экватору объясняется не только несферичностью Земли, но и возрастающим действием центробежной силы инерции. Или такие явления, как отклонение свободно падающих тел к востоку, размыв правых берегов рек в северном полушарии и левых берегов-в южном, вращение плоскости качания маятника Фуко и др. Подобные явления связаны с движением тел относительно поверхности Земли и могут быть объяснены действием сил Кориолиса.

Пример.
Поезд массы $m$ движется по меридиану на широте $\phi$ со скоростью ${\mathbf{v}}^{\prime }$. Найдем силу ${\mathbf{R}}^{\prime }$ бокового давления, с которой поезд действует на рельсы.

В системе отсчета, связаной с Землей (она вращается с угловой скоростью ( ), составляющая ускорения поезда, перпендикулярная плоскости меридиана, равна нулю. Поэтому и сумма проекций сил, действующих на поезд в этом направленни, также равна нулю. А это значит, что сила Кориолиса ${\mathbf{F}}_{\text{кор }}$ (рис. 2.5) должна уравновешиваться силой $\mathbf{R}$ бокового давления, действующей на поезд со стороны правого по ходу движения рельса, т. е. ${\mathbf{F}}_{\text{кор }}=-\mathbf{R}$. По третьему за кону Ньютона, поезд будет действовать на этот рельс в горизонтальном направлении с силой ${\mathbf{R}}^{\prime }=-\mathbf{R}$. Следовательно, ${\mathbf{R}}^{\prime }={\mathbf{F}}_{\text{кор }}=$ $=2m\left[{\mathbf{v}}^{\prime }\mathit{\omega }\right]$. Модуль вектора ${\mathbf{R}}^{\prime }$ равен $R^{\prime }=2m{v}^{\prime }\omega \sin \phi$.

Следующий простой пример показывает, как «возникают» силы инерции при переходе от инерциальной системы отсчета к неинерциальной.

Пример. На поверхности стола находится горизонтальный диск $D$, свободно вращающийся вокруг вертикальной оси с постоянной угловой скоростью $\omega$ Над диском висит шарик массы $m$, как показано на рис. 2.6, a. Рассмотрим поведение этого шарика в $K$-системе отсчета, связанной со столом (она предполагается инерциальной), и в $K^{\prime }$-системе, связанной с вращающимся диском.

В инерциальной $K$-системе на шарик действуют две силы: сила тяжести и сила натяжения со стороны нити. Эти силы компенсируют друг друга, и шарик покоится.

В неинерциальной $K^{\prime }$-снстеме шарик движется равномерно по окружности с нормальным ускорением ${\omega }^2\rho$, где $\rho$ — расстояние от шарика до оси вращения. Легко убедиться, что это ускорение обусловлено действием сил инерции. В самом деле, в $K^{\prime }$-системе помимо указанных выше двух сил, компенсирующих друг друга, действуют еще центробежная сила инерции и сила Кориолиса (рис. 2.6, б). Взяв проекции этих снл на нормаль $\mathbf{n}$ к траектории в точке нахождения шарика, запишем
$$m{a}_n^{\prime }=F_{\text{кор }}-F_{\text{цб }}=2m{v}^{\prime }\omega -m{\omega }^2\rho =m{\omega }^2\rho ,$$

где учтено, что в данном случае $v^{\prime }=\omega \rho$. Отсюда видно, что $a_n^{\prime }=$ $={\omega }^2\rho$.

Особенности сил инерции.
Подводя итог, перечислим важнейшие особенности сил инерции, отличающие их от сил взаимодействия:
1. Силы инерции обусловлены не взаимодействием тел, а свойствами самих неинерциальных систем отсчета. Поэтому на силы инерции третий закон Ньютона не распространяется.
2. Эти силы существуют только в неинерциальных системах отсчета — это необходимо твердо помнить во избежание недоразумений. В инерциальных системах отсчета сил инерции вообще нет, и понятие сила в этих системах отсчета применяется только в ньютоновском смысле, как мера взаимодействия тел.
3. Все силы инерции, подобно силам тяготения, пропорциональны массе тела. Поэтому в однородном поле сил инерции, как и в поле сил тяготения, все тела движутся с одним и тем же ускорением независимо от их масс. Это весьма существенный факт с далеко идущими последствиями.

Принцип эквивалентности. Тот факт, что силы инерции, как и силы тяготения, пропорциональны массам тел, приводит к следущему важному заключению. Представим себе, что мы находимся в некоторой закрытой лаборатории и не имеем возможности наблюдать внешний мир. Допустим, кроме того, что мы не знаем, где находится лаборатория: в космическом пространстве или, скажем, на Земле. Замечая, что все тела независимо от их массы падают в лаборатории с одинаковым ускорением, мы не можем на основании только этого факта установить, чем вызвано это ускорение — полем тяготения, ускоренным поступательным движением самой лаборатории или, на-

Рис. 2.7

конец, обеими этими причинами вместе. Никакие опыты по свободному падению тел в такой лаборатории не могут отличить однородное поле тяготения от однородного поля сил инерции.

Эйнштейн высказал предположение, что вообще никакими физическими опытами невозможно отличить однородное поле тяготения от однородного поля сил инерции. Это предположение, возведенное в постулат, и составляет содержание так называемого принци па эквивалентности сил тяготения и сил инерции: все физические явления в однородном поле тяготения происходят совершенно так же, как и в соответствующем однородном поле сил инерции.

Глубокая аналогия между силами инерции и силами тяготения послужила отправным пунктом при построении Эйнштейном о бщ е й теории относительности, или релятивистской теории гравитации.

В заключение необходимо отметить, что любую механическую задачу можно решить в инерциальной и неинерциальной системах отсчета. Выбор той или иной системы отсчета обычно диктуется или постановкой вопроса, или стремлением получить решение возможно более простым путем. При этом часто наиболее удобно пользоваться именно неинерциальными системами отсчета (см. задачи 2.9-2.11).

Задачи
2.1. Основное уравнение динамики. Брусок массы $m_1$ находится на доске массы $m_2$, которая лежит на гладкой горизонтальной плоскости (рис. 2.7). Коэффициент трения между бруском и доской равен $k.\mathrm{K}$ доске приложили горизонтальную силу $F$, зависящую от

времени $t$ по закону $F=\alpha t$, где $\alpha$ — постоянная. Найти: 1) момент времени $t_0$, когда доска начнет выскальзывать из-под бруска; 2) ускорения бруска $a_1$ и доски $a_2$ в процессе движения.

Решение. 1.
Запишем основное уравнение динамики для бруска и доски, взяв положительное направление оси $x$, как показано на рисунке:
$$m_1{a}_1=F_{\mathrm{tp}},m_2{a}_2=F-F_{\mathrm{tp}}.$$

По мере возрастания силы $F$ будет расти и сила трения $F_{\text{тр }}$ (вначале она является силой трения покоя). Но $F_{\text{тр }}$ имеет предел $F_{\text{тр.макс }}=k{m}_{1}g$. Пока этот предел не достигнут, оба тела будут двигаться как единое целое с одинаковыми ускорениями. Когда же сила

Рис. 2.8
Рис. 2.9

$F_{\text{тр }}$ достигнет предела, доска начнет выскальзывать из-под бруска, т. e.
$$a_2⩾a_1.$$

Подставив сюда выражения для $a_1$ и $a_2$ из (1) с учетом того, что $F_{\text{тр }}=k{m}_{1}g$, получим
$$(\alpha t-k{m}_{1}g)/m_2⩾kg,$$

где знак равенства соответствует моменту $t=t_0$. Отсюда
$$t_0=(m_1+m_2)\mathrm{kg}/\mathrm{a}.$$
2. Если $t⩽t_0$, то
$$a_1=a_2=\alpha t/(m_1+m_2);$$

если же $t⩾t_0$, то
$$a_1=kg=\mathrm{const},a_2=(\alpha t-k{m}_{1}g)/m_2.$$

Графики зависимостей $a_1$ и $a_2$ от $t$ показаны на рис. 2.8.

2.2. В установке (рис. 2.9) наклонная плоскость составляет угол $\alpha ={30}^{\circ }$ с горизонтом. Отношение масс тел $\eta =m_1/m_2=2/3$. Коэффициент трения между телом $m_2$ и плоскостью $k=0,10$. Массы блока и нити пренебрежимо малы. Найти модуль и направление ускорения тела $m_1$, если система пришла в движение из состояния покоя.

Решение.
Здесь сразу же возникает вопрос, связанный с направлением силы трения, действующей на тело $m_2$. Без ответа на этот вопрос нельзя записать основное уравнение двинамики для тела

$m_2$ в проекциях и задача оказывается неопределенной
Будем рассуждать так в отсутствие силы трения тело $m_2$ начало бы скользить по наклонной плоскости, допустим, вверх. Ясно, что «включение» силы трения не может изменить направления движения, а только уменьшит ускорение Таким образом, направление силы трения, действующей на тело $m_2$, будет определено, если найти направление ускорения этого тела в отсутствие трения ( $k=0$ ). C этого мы и начнем

Запишем основное уравнение динамики для обоих тел в проекциях, взяв положительные направления осей $x_1$ и $x_2$, как показано на рис 29
$$m_1{a}_x=m_{1}g-T,m_2{a}_x=T-m_{2}g\sin a,$$

где $T$-сила натяжения нити Сложив почленно левые и правые части этих уравнений, получим
$$a_x=\frac{\eta -\sin \alpha }{\eta +1}g.$$

Подстановка в это выражение $\eta =2/3$ и $\alpha ={30}^{\circ }$ дает $a_2>0$, т е тело $m_2$ начнет двигаться вверх по наклонной плоскости Следовательно, сила Рис. 2.10 трения, действующая на это тело, будет направлена в противоположную сторону $C$ учетом этого обстоятельства снова запишем уравнения движения
$$\begin{array}{c}{m}_1{a}_x^{\prime }=m_{1}g-T^{\prime },\\ m_2{a}_x^{\prime }=T^{\prime }-m_{2}g\sin \alpha -k{m}_{2}g\cos \alpha .\end{array}$$

Отсюда
$$a_x^{\prime }=\frac{\eta -\sin \alpha -k\cos \alpha }{\eta +1}g=0,05\mathrm{g}.$$

2.3. Через блок (рис 210 ) перекинута нерастяжимая нить, на концах которой висят грузы 1 и 2 с массами $m_1$ и $m_2$ соответственно. Блок начали поднимать вверх с ускорением ${\mathbf{a}}_0$ относительно Земли Полагая, что нить скользит по блоку без трения, найти ускорение $a_1$ груза 1 относительно Земли.

Решение Выберем положительное направление оси $x$ вверх и запишем для обоих грузов основное уравнение динамики в проекции на эту ось:
$$\begin{array}{l}{m}_1{a}_{1x}=T-m_{1}g,\\ m_2{a}_{2x}=T-m_{2}g.\end{array}$$

Эти уравнения содержат три неизвестных $a_{1+},a_{2x}$ и $T$. Для составления третьего уравнения воспользуемся кинематической связью между ускорениями
$$a_1=a_0+a^{\prime },a_2=a_0-a^{\prime },$$

где ${\mathbf{a}}^{\prime }$ — ускорение груза 1 относительно блока. Сложив почленно левые и правые части этих равенств, получим ${\mathbf{a}}_1+{\mathbf{a}}_2=2{\mathbf{a}}_0$, нли в проекциях на ось $x$
$$a_{1x}+a_{2x}=2a_0.$$

Решив совместно уравнения (1), (2) и (3), найдем
$$a_{1x}=\frac{2m_2{a}_0+(m_2-m_1)g}{m_1+m_2}.$$

Отсюда видно, что при заданном $a_0$ знак $a_{1x}$ зависит от соотношения масс $m_1$ и $m_2$.

Рис, 2.11
Рис. 2.12

2.4. Небольшая шайба движется по наклонной плоскости, коэффициент трения которой $k=\mathrm{tg}\alpha$, где $\alpha$ — угол наклона плоскости к горизонту. Найти зависимость скорости $v$ шайбы от угла $\phi$ между вектором $\mathbf{v}$ и осью $x$ (рис. 2.11), если в начальный момент $v=v_0$ и $\phi =\pi /2$.

Решение. Ускорение шайбы вдоль плоскости определяется составляющей силы тяжести на эту плоскость $F_x=mg\sin \alpha$ и силой трения $F_{\mathrm{т}\mathrm{p}}=kmg\cos \alpha$. В нашем случае $k=\mathrm{tg}\alpha$, поэтому
$$F_{\mathrm{rp}}=F_x=mg\sin \alpha .$$

Найдем проекции ускорения на направление касательной к траектории и на ось $x$ :
$$\begin{array}{l}m{a}_{\tau }=F_x\cos \phi -F_{\mathrm{xp}}=mg\sin \alpha (\cos \alpha -1),\\ m{a}_x=F_x-F_{\mathrm{rp}}\cos \phi =mg\sin \alpha (1-\cos \phi ).\end{array}$$

Отсюда видно, что $a_{\tau }=-a_x$, а это значит, что скорость $v$ и ее проекция $v_x$ различаются лишь на некоторую постоянную $C$, не зависящую от времени, т. е. $v=-v_x+C$, где $v_x=v\cos \phi$. Постоянную $C$ находим из начального условия $v=v_0$, откуда $C=v_0$. В результате получим
$$\mathit{v}=v_0/(1+{\cos }^{\ast }\phi ).$$

С ростом времени $\phi \to 0$ и $v\to v_0/2$.

2.5. Тонкий однородный упругий шнур массы $m$ и длины $l_0$ ( в нерастянутом состоянии) имеет коэффициент упругости $\chi$. Склеив

торцы, шнур положили на гладкую горизонтальную плоскость, придали ему форму окружности и раскрутили до угловой скорости $\omega$ вокруг вертикальной оси, проходящей через его центр. Найти силу натяжения шнура в этом состоянии.

Решение. Мысленно выделим малый элемент шнура массы $\delta m$, как показано на рис. 2.12 , a. Этот элемент движется по окружности под действием силы, представляющей собой геометрическую сумму двух векторов, каждый из которых равен по модулю искомой силе натяжения $T$ (рис. 2.12, б). Поэтому согласно основному уравнению динамики,
$$\delta m\cdot {\omega }^{2}r=T\cdot \delta \alpha .$$

Учтем, что $\delta m=(m/2\pi )\delta \alpha$ и $r=i/2\pi ,l$ — длина шнура во вращающемся состоянии. Тогда (1) примет вид
$$m{\omega }^{2}l/4{\pi }^2=T.$$

С другой стороны, по закону Гука,
$$T=x(l-l_0).$$

Исключив $l$ из (2) и (3), получим
$$T=\frac{x{l}_0}{4{\pi }^{2}x/m{\omega }^2-1}.$$

Заметим, что в случае нерастяжимого шнура $(\chi =\mathrm{\infty })T=m{\omega }^2{t}_0/4{\pi }^2$.

2.6. Интегрирование уравнений движения. Частица массы $m$ движется под действием силы $\mathbf{F}$. В момент $t=0$ известны ее радиусвектор $\mathbf{r}(0)$ и скорость $\mathbf{v}(0)$ — начальные условия. Найти положение частицы, т. е. ее радиус-вектор $\mathrm{r}$, в зависимости от времени $t$, если:
1) $\mathbf{F}={\mathbf{F}}_0\sin \omega t$,
$$\mathbf{r}(0)=0,$$
$$\mathbf{v}(0)=0\text{; }$$
2) $\mathbf{F}=-k\mathrm{v}$,
$$\mathbf{r}(0)=0,$$
$$\mathbf{v}(0)={\mathbf{v}}_0\text{; }$$
3) $\mathrm{F}=-x\mathrm{r}$,
$$\mathbf{r}(0)={\mathbf{r}}_0,$$
$\mathbf{v}(0)={\mathbf{v}}_0$, причем ${\mathbf{v}}_0\Vert {\mathbf{r}}_0$.
Здесь ${\mathbf{F}}_0$ — постоянный вектор; $\omega ,k,\chi$ — положительные постоянные.

Решение. 1.
Согласно основному уравнению динамики, в данном случае ускорение
$$\mathrm{d}\mathrm{v}/\mathrm{d}t=\left({\mathrm{F}}_0/m\right)\sin \omega t.$$

Отсюда находим элементарное приращение вектора скорости dv
за
время $\mathrm{d}t$ и затем приращение этого вектора за время от 0 до $t$ :
$$\mathrm{v}(t)-\mathrm{v}(0)=\left({\mathbf{F}}_0/m\right){\int }_0^t\sin \omega t\mathrm{d}t.$$

Учитывая, что $\mathbf{v}(0)=0$, после интегрирования получим
$$\mathbf{v}(t)=(1-\cos \omega t){\mathbf{F}}_0/m\omega .$$

Теперь найдем $\mathrm{d}\mathbf{r}$ — элементарное перемещение, или приращение радиуса-вектора $\mathbf{r}$ частицы за время $\mathrm{d}t:\mathbf{d}\mathbf{r}=\mathbf{v}(t)\mathrm{d}t$. Приращение же радиуса-вектора за время от 0 до $t$

$$\mathbf{r}(t)-\mathbf{r}(0)=\left({\mathrm{F}}_0/m\omega \right){\int }_0^t(1-\cos \omega t)\mathrm{d}t.$$

В результате интегрирования находим
$$\mathbf{r}(t)=(\omega t-\sin \omega t){\mathrm{F}}_0/m{\omega }^2.$$

где учтено, что $\mathbf{r}(0)=0$.
На рис. 2.13 показаны графики зависимостей $v_x(t)$ и $x(t)$ — проекций векторов $\mathbf{v}$ и $\mathbf{r}$ на ось $x$, выбранную в направлении движения частицы, т. е. в направлении вектора ${\mathbf{F}}_0$.

Рис. 2.13
Рис. 2.14

2. В этом случае ускорение
$$\mathrm{d}\mathbf{v}/\mathrm{d}t=-(k/m)\mathbf{v}.$$

Для интегрировапия этого уравнения перейдем к скалярной форме к модулю вектора v:
$$\mathrm{d}v/\mathrm{d}t=-(k/m)v.$$

Интегрирование этого уравнения (с учетом начальных условий) дает $\ln \left(v/v_0\right)=-(k/m)t$. После потенцирования возвращаемся к векторной форме:
$$\mathbf{v}={\mathbf{v}}_0{\mathrm{e}}^{-kt/m}.$$

Последнее уравнение интегрируем еще раз (и также с учетом начальных условий):
$$\mathbf{r}=-{\int }_0^t\mathrm{v}\mathrm{d}t=(\mathrm{I}-{\mathrm{e}}^{-kt/m})m{\mathrm{v}}_0/k.$$

На рис. 2.14 показаны графики скорости $v$ и пройденного пути $s$ в зависимости от времени $t$ (в нашем случае $s=r$ ).
3. В данном случае движение будет происходить вдоль прямой, совпадающей с радиусом-вектором $\mathbf{r}$. Возьмем в этом направлении ось $x$ и сразу запишем основное уравнение динамики в проекции на эту ось, причем в такой форме:
$$\ddot{x}+{\omega }^{2}x=0,$$

где $\ddot{x}$ — вторая производная координаты по времени (проекция вектора ускорения), ${\omega }^2=\chi /m$. Уравнение (1) называют уравнением rapмонических колебаний.

В математике доказывается, что общее решение этого уравнения имеет вид
$$x(t)=A\cos \omega t+B\sin \omega t,$$

где $A$ и $B$-произвольные постоянные. Ограничения, накладываемые на эти постоянные, определяются обычно из начальных условий. Например, в нашем случае в момент $t=0$
$$x(0)=x_0\text{ и }{v}_x(0)=v_{0x},$$

где $x_0$ и $v_{0x}$ — проекции векторов ${\mathrm{r}}_0$ и ${\mathbf{v}}_0$ на ось $x$. После подстановки (2) в (3) получим $A=x_0,B=v_{0x}/\omega$. Дальнейшее очевидно.

2.7. Частица массы $m$ движется $p$ некоторой плоскости под действием пє стоянной по модулю силы $F$, направление которой поворачивается в этой плоскости с постоянной угловой скоростью $\omega$. В момент $t=0$ скорость частицы равна нулю. Найти модуль скорости частицы как функцию времени $t$, а также путь, проходимый частицей между двумя последовательными остановками.
Решение. Свяжем с данной плос-

Рис. 2.15

костью систему координат $x,y$, взяв ось $x$ в направлении, которое имел вектор силы в момент $t=0$ (рис. 2.15). Тогда основное уравнение динамики в проекциях на оси $x$ и $y$ будет иметь вид
$$m\mathrm{d}{v}_x/\mathrm{d}t=F\cos \omega t,m\mathrm{d}{v}_y/\mathrm{d}t=F\sin \omega t.$$

Проинтегрировав эти уравнения по времени с учетом начального условия $v(0)=0$, получим
$$v_x=(F/m\omega )\sin \omega t,v_y=(F/m\omega )(1-\cos \omega t).$$

Модуль вектора скорости частицы
$$v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=2|\sin (\omega t/2)|F/m\omega .$$

Отсюда видно, что скорость $v$ обращается в нуль через промежуток времени $\mathrm{\Delta }t$, который можно найти из условия $\omega \mathrm{\Delta }t/2=\pi$. Поэтому искомый путь
$$s={\int }_0^{\mathrm{\Delta }t}v\mathrm{d}t=8F/m_{\mathrm{\Delta }}^{-}{\omega }^2.$$

Заметим, что траектория частицы имеет вид циклоиды.

2.8. Автомашина движется с постоянным таигенциальным ускорением $a_{\tau }$ по горизонтальной поверхности, описывая окружность радиуса $R$. ${}^{\tau }$ Коэффициент трения между колесами машины и поверхностью равеи $k$. Какой путь $\mathrm{s}$ пройдет машина без скольжения, если начальная скорость ее была равна нулю?

Решение.
По мере увеличения скорости будет расти как нормальное, так и полное ускорение машины. Движение будет происходить без скольжения, пока необходимое полное ускорение будет обеспечиваться силой трения. Максимально возможное значение этой силы $F_{\text{макс }}=kmg$, где $m$ — масса машины. Поэтому максимальное значение полного ускорения (согласно основному уравнению дннамнки $m\mathbf{a}=\mathbf{F}$ )
$$a_{\text{Maкc }}=kg.$$

С другой стороны,
$$a_{\text{макс }}=\sqrt{a_{\tau }^2+{\left(v^2/R\right)}^2},$$

где $v$ — скорость машины в момент, когда ее ускорение станет максимально возможным. Эта скорость и искомый путь $s$ связаны формулой
$$v^2=2a_{\tau }{}^{\text{‘s }}\text{. }$$

Выразив $v$ из (1) и (2) и подставив в (3), получим
$$s=\frac{1}{2}R\sqrt{{\left(kg/a_{\tau }\right)}^2-1}.$$

Нетрудно видеть, что реРис. 2.16 шение имеет смысл при ${\mathit{a}}_{\tau }<kg$.

2.9. Неинерциальные системы отсчета. Спутник движется в экваториальной плоскости Земли с запада на восток по круговой орбите радиуса $r$. Пренебрегая ускорением, обусловленным движением Земли вокруг Солнца, найти ускоренне $a^{\prime }$ спутника в системе отсчета, связанной с Землей.

Решение. Пусть $K$ — инерциальная (по условию) система отсчета, в которой ось вращения Земли покоится, а $K^{\prime }$ — неинерциальная система отсчета, которая связана с Землей и вращается с угловой скоростью $\omega$ относительно $K$-системы.

Нас интересует ускорение $a^{\prime }$ спутника в $K^{\prime }$-системе. Для этого прежде всего изобразим все силы, действующие на спутник, в этой системе отсчета: силу тяготения $\mathbf{F}$, силу Кориолиса ${\mathbf{F}}_{\text{кор }}$ и центробежную силу инерции $F_{\text{цб }}$ (рис. 2.16, вид со стороны Северного полюса).

Теперь воспользуемся уравнением (2.18), считая ${\mathbf{a}}_0=0$ (по условию). Спутник движется по окружности в $K^{\prime }$-системе, поэтому запишем уравнение (2.18) в проекциях на нормаль $\mathbf{n}$ к траектории:
$$m{a}^{\prime }=\mathit{F}-2m{v}^{\prime }\omega -m{\omega }^{2}r,$$

где $F=\gamma mM/r^2,m$ и $M$ — массы спутника и Земли. Остается найти скорость $v^{\prime }$ спутника в $K^{\prime }$-системе. Для этого воспользуемся формулой (1.24) в скалярном виде
$$v^{\prime }=v-\omega r,$$

где $v$-скорость спутника в $K$-системе. Эту скорость можно определить с помощью уравнения движения спутника в $K$-системе:
$$m{v}^2/r=\gamma mM/r^2.$$

Рсшив совместно уравнения (1), (2) и (3), получнм
$$a^{\prime }=\frac{\gamma M}{r^2}{(1-\omega r\sqrt{\frac{r}{\gamma M}})}^2.$$

В частности, $a^{\prime }=0$ при $r=\sqrt[3]{\gamma M/{\omega }^2}=4,2\cdot {10}^3$ км. Такой спутник называют стациои а ным: он ныодвижен относительно поверхности Земли.

Рис. 2.17
Рнс. 2.18

2.10. Небольшая муфта массы $m$ свободно скользит по гладкому горизонтальному стержню, который вращают с постоянной угловой скоростью $\omega$ вокру:’ нєподвижной вертикальной оси, проходящей через один из его концов. Найти горнзонтальную составляющую силы, действующей на муфту со стороны стержня в момент, когда она находится на расстоянии $r$ от оси вращения. (В начальный момент муфта находилась непосредственно около оси и имела пренебрежнмо малую скорость.)

Решение. Рассмотрим движение муфты во вращающейся системе отсчета, жестко связанной со стержнем. В этой системе отсчета муфта движется прямолинейно, а это значит, что искомая сила $R$ уравновешивается силой Кориолиса (рис. 2.17, вид сверху):
$$\mathbf{R}=-{\mathbf{F}}_{\text{кор }}=2m\left[\omega {\mathbf{v}}^{\prime }\right].$$

Задача, таким образом, сводится к нахождению скорости ${\mathbf{v}}^{\prime }$ муфты относительно стержня. Согласно (2.19),
$$\mathrm{d}{v}^{\prime }/\mathrm{d}t=F_{\text{иб }}/m={\omega }^{2}r.$$

Преобразуем это уравнение, имея в виду, что $\mathrm{d}t=\mathrm{d}r/v^{\prime }$. Тогда получнм $v^{\prime }\mathrm{d}{v}^{\prime }={\omega }^{2}r\mathrm{d}r$. Проинтегрировав последнее уравнение с учетом начальных условий $(v^{\prime }=0,r=0)$, найдем $v^{\prime }=\omega r$, или в векторном виде

$${\mathbf{v}}^{\prime }=\omega \mathbf{r}.$$

Подстановка (2) в (1) дает
$$\mathbf{R}=2m\omega [\omega \mathbf{r}].$$

2.11. Устойчивость движения. Небольшая муфта $M$ может скользнть без трения по гладкому проводу, изогнутому в форме полуокружности радиуса $r$ (рис. 2.18). Систему привели во вращение с постоянной угловой скоростью $\omega$ вокруг вертикальной оси $O{O}^{\prime }$. Найти угол ${\vartheta }_0$, соответствующий устойчивому положению муфты.

Решенне. Рассмотрим поведение муфты в системе отсчета, связанной с вращающимся проводом. Движение муфты вдоль провода будет определяться проекцией $F_{\tau }$ результирующей силы на направление орта $\tau$ в точке $M$. Из рис. 2.18 видно, что
$$F_{\tau }=F_{\text{цб }}\cos \vartheta -mg\sin \vartheta ,$$

где справа записаны проекции центробежной силы инерции и силы тяжести. Учтя, что $F_{\text{цб }}=m{\omega }^{2}r\sin \vartheta$, перепншем предыдущее выражение так:
$$F_{\tau }\sim \sin \vartheta (\cos \vartheta -g/{\omega }^{2}r).$$

Из условия равновесня $(F_{\epsilon }=0)$ найдем два значения угла ${\vartheta }_0$, при которых оно возможно: $\sin {\vartheta }_0=0$ и $\cos {\vartheta }_0=g/{\omega }^{2}r$. Первое условие может быть осуществлено при любых значениях $\omega$, второе же только при $g/{\omega }^{2}r<1$. Таким образом, при малых $\omega$ существует только одно положение равновесия — в нижней точке ( ${\vartheta }_0=0$ ); при больших же $\omega (\omega >\sqrt{g/r})$ возможно и другое положение равновесия, определяемое вторым условием.

Для устойчивости определенного состояния равновесия необходимо, чтобы сила $F_{\tau }$ при выведения муфты из положения равновесия (в любую сторону) была направлена обратно — к положению равновесия. Другими словами, знак $F_{\tau }$ должен быть противоположен знаку отклонения $\mathrm{\Delta }\vartheta$ от равновесного угла ${\vartheta }_0$.

При малом отклоненни d $\vartheta$ от угла ${\vartheta }_0$ возникающая сила $\delta F_{\tau }$ может быть найдена как днфференциал выражения (1):
$$\delta F_{\tau }\sim [\cos {\vartheta }_0(\cos {\vartheta }_0-g/{\omega }^{2}r)-{\sin }^2{\vartheta }_0]\mathrm{d}\vartheta .$$

В нижнем положении равновесия ( ${\vartheta }_0=0$ )
$$\delta F_{\tau }\sim (1-g/{\omega }^{2}r)\mathrm{d}\vartheta .$$

Это положение равновесия будет устойчивым, когда выражение, стоящее в скобках, отрицательно, т. е. при $\omega <\sqrt{g/r}$.
В другом положении равновесия ( $\cos {\vartheta }_0=g/{\omega }^{2}r$ )
$$\mathit{\delta }{F}_{\tau }\sim -{\sin }^2{\vartheta }_0\mathrm{d}\vartheta .$$

Видно, что это положение равновесия (если оно существует) всегда устойчиво.

Итак, пока существует лишь нижнее положение равновесия (при $\omega <\sqrt{g/r}$, оно всегда устойчиво. ПІри появлении же другого положения равновесия (когда $\omega >\sqrt{g/r}$ ) нижнее положение, согласно (2),

становится неустойчивым и муфта сразу переходит из нижнего положения в верхнее, которое всегда устойчиво.