Задача 36. На гладкое проволочное кольцо радиуса R надет маленький шарик. Кольцо вместе с шариком вращается вокруг вертикальной оси, проходящей через диаметр кольца, с угловой скоростью ω. Где находится шарик?

Задача 36. На гладкое проволочное кольцо радиуса R надет маленький шарик. Кольцо вместе с шариком вращается вокруг вертикальной оси, проходящей через диаметр кольца, с угловой скоростью ω. Где находится шарик?

Решение. Решение этой задачи можно осуществить, применяя разные системы отсчета — как инерциальную (ИСО), связанную с Землей, так и неинерциальную (НИСО), связанную с кольцом; различным может быть и выбор осей координат. Чтобы показать, что в любом случае состав операций, приведенный в алгоритмическом предписании, не зависит от выбора системы отсчета, будем указывать их номера.

Решение задачи в ИСО

1. Рассмотрим решение этой задачи в инерциальной системе отсчета, связанной с Землей (рис.16).

.............

Рис.16

2. Шарик можно рассматривать как материальную точку, которая вращается вместе с кольцом с угловой скоростью ω.

3. На шарик действуют две силы: сила тяжести со стороны Земли mg и реакция кольца N. Поскольку по условию задачи кольцо гладкое, силой трения можно пренебречь.

4. Второй закон Ньютона в векторной форме имеет вид

$m\overrightarrow{a}=m\overrightarrow{g}+N.$

5. Шарик движется по окружности радиуса r=R∙sinα с постоянной угловой скоростью ω. Его ускорение равно

$a={\omega }^{2}r={\omega }^{2}Rsin\alpha \left(1\right)$

и направлено к центру окружности C. Совместим с вектором ускорения ось х, ось у направим вертикально вверх, как показано на рисунке.

6. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси координат:

$x:ma=N\bullet sin\alpha ,\left(2\right)$

$y:0=-mg+N\bullet cos\alpha .\left(3\right)$

7. Из (3) находим $N=\frac{mg}{cos\alpha }.$ Подставляя это выражение и формулу (1) в уравнение (2), получаем

$m{\omega }^{2}Rsin\alpha =\frac{mg}{cos\alpha }sin\alpha ,$

$sin\alpha \left({\omega }^{2}Rcos\alpha -g\right)=0.$

Из полученного уравнения находим следующие условия равновесия:

$sin\alpha =0,{\omega }^{2}Rcos\alpha -g=0.$

Это означает, что при вращении с малой угловой скоростью $\left({\omega }^{2}R\le g\right)$ шарик подниматься не будет, равновесие соответствует значению ${\alpha }_1=0$. При вращении с большой угловой скоростью $\left({\omega }^{2}R>g\right)$, что эквивалентно условию cosα<1, равновесное положение соответствует углу ${\alpha }_2=arccos\frac{g}{{\omega }^{2}R}.$

Решение задачи в НИСО

1. Рассмотрим решение этой же задачи в неинерциальной системе отсчета, вращающейся с угловой скоростью ω (рис.17). В этой системе отсчета шарик покоится.

...............

Рис.17

2. Кроме реальных сил взаимодействия, действующих на шарик — силы тяжести mg и нормального давления $\overrightarrow{N}$, следует ввести центробежную силу инерции F_цб, величина которой равна

$F_{цб}=m{\omega }^{2}r=m{\omega }^{2}Rsin\alpha .\left(1\right)$

Шарик не движется относительно кольца, следовательно, его ускорение равно нулю.

3. Второй закон Ньютона превращается в условие равновесия шарика в системе отсчета, связанной с кольцом:

$m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{N}+{\overrightarrow{F}}_{цб}=0.$

4. Спроектируем векторное уравнение на тангенциальное τ (касательное к окружности) и нормальное n (перпендикулярное касательной) направления.

$n:N-mgcos\alpha -F_{цб}sin\alpha =0,$

$\tau :mgsin\alpha -F_{цб}cos\alpha =0,$

или с учетом (1)

$N-mgcos\alpha -m{\omega }^{2}R{sin}^2\alpha =0,\left(2\right)$

$mgsin\alpha -m{\omega }^{2}Rsin\alpha cos\alpha =0.\left(3\right)$

Из уравнения (3) получим те же условия равновесия, что и ранее:

$sin\alpha =0,g-{\omega }^{2}Rcos\alpha =0,$

откуда

${\alpha }_1=0,{\alpha }_2=arccos\frac{g}{{\omega }^{2}R}.$