Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 155
2014-05-31 
Представьте себе космический город будущего, имеющий вид полого цилиндра с радиусом R = 1 км. Цилиндр вращается вокруг своей оси с постоянной угловой скоростью такой, что эффективное ускорение "свободного падения" на внутренней поверхности цилиндра $g = 10м/с^{2}$. Из некоторой точки А внутренней поверхности цилиндра бросают камень. Начальная скорость камня $v_{0}$ в системе
отсчета, жестко связанной с цилиндром, направлена "вертикально вверх", т. е. вдоль радиуса цилиндра в сторону его оси, и составляет 100 м/с. На каком расстоянии от места броска упадет камень? Расстояние отсчитывается вдоль поверхности цилиндра. С какой скоростью и в какую сторону надо бросить камень, чтобы он побывал на оси цилиндра и вернулся в исходную точку?
Решение:
Будем рассматривать движение камня и цилиндра в инерциальной системе отсчета, ось z которой совпадает с осью цилиндра. В этой системе отсчета все точки поверхности цилиндра имеют одинаковую угловую скорость $\omega$ вокруг оси z.
Прежде всего определим, при какой скорости $\omega$ эффективное ускорение "свободного падения" на внутренней поверхности цилиндра равно $g$. В этом случае покоящийся относительно вращающей поверхности цилиндра камень массой $m$ давит на эту поверхность с силой $F = mg$. По III закону Ньютона с такой же по величине силой поверхность давит на камень и сообщает ему центростремительное ускорение $a = \omega^{2}R$. По II закону Ньютона
$mg = m \omega^{2} R$,
откуда
$\omega = \sqrt{g/R}$. (1)
Рассмотрим движение брошенного камня. В нашей инерциальной системе на брошенный из точки А камень после броска никакие силы не действуют и он движется равномерно и прямолинейно. Скорость камня $\bar{v}$, равная начальной скорости в точке А, складывается из скорости $\bar{v_{0}}$, которая направлена от точки А к оси цилиндра, и линейной скорости $\bar{v_{1}}$ точки А поверхности цилиндра, направленной по проведенной в точке А касательной к окружности. Для скорости $\bar{v_{1}}$ имеем:
$ v_{1}= \omega R = \sqrt{gR} \approx 100 м/с$.
Таким образом, $v_{1}=v_{0}$. В связи с этим ясно, что вектор $\bar{v} = \bar{v_{0}} + \bar{v_{1}}$ составляет с вектором $\bar{v_{1}}$ угол $ \alpha = 45^{\circ}$ и $v = \sqrt{v^{2}_{0}+v^{2}_{1}}=v_{0} \sqrt{2}$. Прямолинейная траектория камня пересекает цилиндрическую поверхность в некоторой точке В. Соединяя точки А и В с центром окружности О, получаем (рис. а) треугольник АОВ. Нетрудно показать, что он является прямоугольным с катетами $AO = BO = R$ и гипотенузой $AB = R \sqrt{2}$. На прохождение пути $AB$ камень затрачивает время
$t=AB/v = R/v_{0}$.
За это время радиус OA поворачивается на угол
$\phi = \omega t = \sqrt{\frac{g}{R}} \frac{R}{v_{0}} = \frac{\sqrt{gR}}{v_{0}}=\frac{v_{1}}{v_{0}}=1 рад$,
а точка А занимает положение $A^{\prime}$.
С точки зрения наблюдателя, покоящегося относительно поверхности цилиндра, искомое расстояние $s$ от точки бросания до точки падения камня, измеренное вдоль поверхности цилиндра, будет равно длине дуги $A^{\prime}B$, которая стягивает угол $\pi/2 - \phi$. Очевидно, что
$s= R \left ( \frac{\pi}{2} - \phi \right ) = R \left ( \frac{\pi}{2} - 1 \right ) \approx 570 м$.
Ответим теперь на второй вопрос задачи. Во втором случае нашей инерциальной системе отсчета камень должен двигаться по прямой, пересекающей ось цилиндра, т. е. по прямой $AOA^{\prime}$ (рис. б). Для этого ему надо сообщить в точке А такую скорость $\bar{v}$, чтобы складываясь с $v_{1}$, она давала вектор $\bar{v^{\prime}}$, направленный вдоль радиуса АО. Двигаясь со скоростью $\bar{v^{\prime}}$, камень будет преодолевать расстояние $AA^{prime}$ за время
$\tau = \frac{AA^{\prime}}{v^{\prime}} = \frac{2R}{v^{\prime}}$ (2)
За это же время точка цилиндра А, двигаясь по дуге окружности с линейной скоростью $v_{1}$, должна совместиться с точкой $A^{\prime}$. Для этого она должна пройти путь, равный длине нечетного числа полуокружностей, т. е.
$v_{1}\tau = (2n + 1) \pi R, n = 0,1, \cdots $ (3)
Из (2) и (3) находим
$v^{\prime} = \frac{2v_{1}}{(2n+1) \pi} = \frac{ 2 \sqrt{gR}}{(2n+1) \pi}$.
Это “вертикальная составляющая вектора $\bar{v}$. “Горизонтальная составляющая равна $v_{1}$ и направлена против вектора $\bar{v_{1}}$. Для искомой величины $v$ имеем:
$v = \sqrt{v^{2}_{1} + v^{\prime 2}} = v_{1} \sqrt{ 1 + \frac{4}{(2n+1)^{2} \pi^{2}}} = \sqrt{gr \left ( 1+ \frac{4}{(2n+1)^{2} \pi^{2}} \right )}$.
Для максимально возможного $v$, отвечающего значению $n = 0$, численные расчеты дают $v \approx 120 м/с$. Вектор $\bar{v}$ должен составлять “вертикалью такой угол $\beta$, тангенс которого определяется выражением
$tg \: \beta = v_{1} / v^{\prime} = (n+ 1/2) \pi$.
Представьте себе космический город будущего, имеющий вид полого цилиндра с радиусом R = 1 км. Цилиндр вращается вокруг своей оси с постоянной угловой скоростью такой, что эффективное ускорение "свободного падения" на внутренней поверхности цилиндра $g = 10м/с^{2}$. Из некоторой точки А внутренней поверхности цилиндра бросают камень. Начальная скорость камня $v_{0}$ в системе
отсчета, жестко связанной с цилиндром, направлена "вертикально вверх", т. е. вдоль радиуса цилиндра в сторону его оси, и составляет 100 м/с. На каком расстоянии от места броска упадет камень? Расстояние отсчитывается вдоль поверхности цилиндра. С какой скоростью и в какую сторону надо бросить камень, чтобы он побывал на оси цилиндра и вернулся в исходную точку?
Решение:
Будем рассматривать движение камня и цилиндра в инерциальной системе отсчета, ось z которой совпадает с осью цилиндра. В этой системе отсчета все точки поверхности цилиндра имеют одинаковую угловую скорость $\omega$ вокруг оси z.
Прежде всего определим, при какой скорости $\omega$ эффективное ускорение "свободного падения" на внутренней поверхности цилиндра равно $g$. В этом случае покоящийся относительно вращающей поверхности цилиндра камень массой $m$ давит на эту поверхность с силой $F = mg$. По III закону Ньютона с такой же по величине силой поверхность давит на камень и сообщает ему центростремительное ускорение $a = \omega^{2}R$. По II закону Ньютона
$mg = m \omega^{2} R$,
откуда
$\omega = \sqrt{g/R}$. (1)
Рассмотрим движение брошенного камня. В нашей инерциальной системе на брошенный из точки А камень после броска никакие силы не действуют и он движется равномерно и прямолинейно. Скорость камня $\bar{v}$, равная начальной скорости в точке А, складывается из скорости $\bar{v_{0}}$, которая направлена от точки А к оси цилиндра, и линейной скорости $\bar{v_{1}}$ точки А поверхности цилиндра, направленной по проведенной в точке А касательной к окружности. Для скорости $\bar{v_{1}}$ имеем:
$ v_{1}= \omega R = \sqrt{gR} \approx 100 м/с$.
Таким образом, $v_{1}=v_{0}$. В связи с этим ясно, что вектор $\bar{v} = \bar{v_{0}} + \bar{v_{1}}$ составляет с вектором $\bar{v_{1}}$ угол $ \alpha = 45^{\circ}$ и $v = \sqrt{v^{2}_{0}+v^{2}_{1}}=v_{0} \sqrt{2}$. Прямолинейная траектория камня пересекает цилиндрическую поверхность в некоторой точке В. Соединяя точки А и В с центром окружности О, получаем (рис. а) треугольник АОВ. Нетрудно показать, что он является прямоугольным с катетами $AO = BO = R$ и гипотенузой $AB = R \sqrt{2}$. На прохождение пути $AB$ камень затрачивает время
$t=AB/v = R/v_{0}$.
За это время радиус OA поворачивается на угол
$\phi = \omega t = \sqrt{\frac{g}{R}} \frac{R}{v_{0}} = \frac{\sqrt{gR}}{v_{0}}=\frac{v_{1}}{v_{0}}=1 рад$,
а точка А занимает положение $A^{\prime}$.
С точки зрения наблюдателя, покоящегося относительно поверхности цилиндра, искомое расстояние $s$ от точки бросания до точки падения камня, измеренное вдоль поверхности цилиндра, будет равно длине дуги $A^{\prime}B$, которая стягивает угол $\pi/2 - \phi$. Очевидно, что
$s= R \left ( \frac{\pi}{2} - \phi \right ) = R \left ( \frac{\pi}{2} - 1 \right ) \approx 570 м$.
Ответим теперь на второй вопрос задачи. Во втором случае нашей инерциальной системе отсчета камень должен двигаться по прямой, пересекающей ось цилиндра, т. е. по прямой $AOA^{\prime}$ (рис. б). Для этого ему надо сообщить в точке А такую скорость $\bar{v}$, чтобы складываясь с $v_{1}$, она давала вектор $\bar{v^{\prime}}$, направленный вдоль радиуса АО. Двигаясь со скоростью $\bar{v^{\prime}}$, камень будет преодолевать расстояние $AA^{prime}$ за время
$\tau = \frac{AA^{\prime}}{v^{\prime}} = \frac{2R}{v^{\prime}}$ (2)
За это же время точка цилиндра А, двигаясь по дуге окружности с линейной скоростью $v_{1}$, должна совместиться с точкой $A^{\prime}$. Для этого она должна пройти путь, равный длине нечетного числа полуокружностей, т. е.
$v_{1}\tau = (2n + 1) \pi R, n = 0,1, \cdots $ (3)
Из (2) и (3) находим
$v^{\prime} = \frac{2v_{1}}{(2n+1) \pi} = \frac{ 2 \sqrt{gR}}{(2n+1) \pi}$.
Это “вертикальная составляющая вектора $\bar{v}$. “Горизонтальная составляющая равна $v_{1}$ и направлена против вектора $\bar{v_{1}}$. Для искомой величины $v$ имеем:
$v = \sqrt{v^{2}_{1} + v^{\prime 2}} = v_{1} \sqrt{ 1 + \frac{4}{(2n+1)^{2} \pi^{2}}} = \sqrt{gr \left ( 1+ \frac{4}{(2n+1)^{2} \pi^{2}} \right )}$.
Для максимально возможного $v$, отвечающего значению $n = 0$, численные расчеты дают $v \approx 120 м/с$. Вектор $\bar{v}$ должен составлять “вертикалью такой угол $\beta$, тангенс которого определяется выражением
$tg \: \beta = v_{1} / v^{\prime} = (n+ 1/2) \pi$.
