Здесь задействованы два ускорения: ускорение свободного падения$g$указывает вниз, а центростремительное ускорение$a_r = \frac{v^2}{r}$который указывает вдоль радиус-вектора кривой. Касательная к кривой составляющая гравитационного ускорения не вносит вклад в перегрузку, поскольку ускоряет тележку и нас в этом направлении. Мы чувствуем составляющую гравитационного ускорения, которая указывает вдоль радиус-вектора, заданного выражением$a_g = g \text{sin}\phi$где$\phi \in [0,\frac{\pi}{2}]$это угол, который начинается с нуля, когда вы вводите кривую, и заканчивается$\frac{\pi}{2}$при входе в горизонтальную часть. Мы можем сложить два ускорения, поскольку они параллельны:

$$a_{tot} = a_g +a_r$$

Теперь наблюдаем:$v = \sqrt{2g(h+r\text{sin}\phi)}$и так

$$a_r = \frac{v^2}{r} = \frac{2g(h+r\text{sin}\phi)}{r}$$

таким образом:

$$a_{tot} = g \text{sin}\phi + \frac{2g(h+r\text{sin}\phi)}{r} = 3g \text{sin}\phi + \frac{2gh}{r}$$

Перегрузка$a = \frac{a_{tot}}{g}$таким образом

$$a = 3 \text{sin}\phi + \frac{2h}{r}$$

Таким образом, перегрузка не является постоянной, а зависит от того, где вы находитесь на кривой (на$\phi$). И поскольку грех монотонно увеличивается$[0,\frac{\pi}{2}]$как и перегрузка. она достигает своего максимума, когда входит в горизонтальную часть.

Вы также можете заметить, что если вы построите такие американские горки, люди будут бегать с криками, так как перегрузка не продолжается. Есть прыжок, когда вы входите в поворот, и большой прыжок, когда вы выходите на горизонталь. И в основном на этих разрывах перегрузка бесконечна :)

Американские горки падают с высоты$h$перед входом в петлю (путь RC будет выглядеть как J. Прямой бит J имеет длину$h$), и я предполагаю, что он начался с нулевой скорости. В контуре его полная кинетическая энергия будет равна полной потерянной потенциальной энергии, т.е.

$$E_\text{kin}=mg(h+r\sin\theta).$$ Здесь $\theta$определяется таким образом, что он равен нулю в конце прямого бита J, т. е. он определяется относительно горизонтальной оси. Также обратите внимание, что $h+r\sin\theta$это просто общая высота, которую потерял RC. Следовательно, в любой точке окружности скорость РК равна $$v=\sqrt{2g(h+r\cos\theta)}.$$ Полная сила на RC имеет две составляющие. Один направлен прямо в центр поворота, как вы сказали, а другой гравитационный. При отсутствии последнего центростремительное ускорение (ваша вторая формула) $$a=\frac{2g(h+r\sin\theta)}{r}$$ будет достаточно, чтобы заставить RC двигаться по круговой траектории. Однако гравитация также пытается оттолкнуть RC от круга, добавляя вклад $$a_\bot=g\sin\theta.$$ (Это просто компонент $g$который указывает радиально наружу.) Поэтому общее $g$- сила (= общее ускорение, деленное на $g$) является $$\frac{2(h+r\sin\theta)}{r}+\sin\theta = \frac{2h}{r}+3\sin\theta.$$ Сила действительно направлена ​​радиально внутрь (помните, что вы не можете «почувствовать» гравитационное притяжение — единственная сила — это сила от гусениц, которая может толкать только «вверх», но не вперед и не назад (конечно, пренебрегая трением). ).

РАЗДЕЛ A: Свободное падение американских горок в круговом движении (кинетика)

Предположим, что американские горки, называемые в дальнейшем частицей, покоятся в точке А ($\:\upsilon_{A}=0\:$) и начинает свободное падение до точки B, где начинает свое круговое движение. Общеизвестно, что в точке B скорость$\:\upsilon_{B}=\sqrt{2gh}\:$в предположении отсутствия потерь энергии (нулевое сопротивление воздуха и т. д.).

Теперь, если смысл$\:g$-сила в данном случае есть ускорение, вызванное «выталкивающей» силой$\:\mathbf{T}\:$в$\:g \:$единиц, то мы должны определить величину$\:T=\Vert\mathbf{T}\Vert \:$и этим:$\:g$-сила =$\: T/mg\:$.

Как показано на рисунке выше, сила$\:\mathbf{T}\:$нормальна к круговой орбите в предположении отсутствия трения. Если$\:\mathbf{W}\:$вес частицы и$\:\mathbf{a}\:$его ускорение тогда:

$$\begin{equation} \mathbf{T} + \mathbf{W}= m\mathbf{a} \tag{A-01} \end{equation}$$ Удобно использовать $\:\left(r,\theta \right)\:$координаты. Выражение $\:\mathbf{a}\:$как показано в РАЗДЕЛЕ B , уравнение (B-13) является

$$\begin{equation} \mathbf{a}=\underbrace{\left(-r\dot{\theta}^2\right)\mathbf{e}_{r}}_{centripetal}+\underbrace{\left(r\ddot{\theta}\right)\mathbf{e}_{\theta}}_{orbital} =\mathbf{a}_{r}+\mathbf{a}_{\theta} \tag{A-02} \end{equation}$$ Таким образом, анализ (A-01) в $\:\mathbf{e}_{r}\:$и $\:\mathbf{e}_{\theta}\:$компонентов соответственно $$\begin{align} \left( \mathbf{T} + \mathbf{W}\right)\circ\mathbf{e}_{r} &= m\mathbf{a}_{r}\: \Longrightarrow \: -T + mg\sin\theta =- mr\dot{\theta}^2 \tag{A-03a}\\ \left( \mathbf{T} + \mathbf{W}\right)\circ\mathbf{e}_{\theta} &= m\mathbf{a}_{\theta}\: \Longrightarrow \: mg\cos\theta =mr\ddot{\theta} \tag{A-03b}\\ \end{align}$$ Здесь важно только уравнение (A-03a), поскольку $$\begin{equation} T= m\;r\dot{\theta}^2 + m\;g\sin\theta \tag{A-04} \end{equation}$$ Чтобы найти выражение для $\:\dot{\theta}\:$мы используем уравнение (B-09) $$\begin{equation} \dot{\theta}=\dfrac{\upsilon}{r} \tag{A-05} \end{equation}$$ так как в этом случае и в любой момент $\:t\:$движение против часовой стрелки ( $\:\dot{\theta}> 0\:$).

Величина$\:\upsilon \:$в любой точке P на круговой орбите определяется из закона сохранения энергии в предположении отсутствия потерь энергии (нулевое сопротивление воздуха, нулевое трение на трассе и т. д.):

$$\begin{equation} \dfrac{1}{2}m \Delta \upsilon^{2} + mg\Delta y = 0\:\Longrightarrow \: \dfrac{1}{2}m \left( \upsilon^{2}-\upsilon_{A}^{2}\right)=mg\left(h+r\sin\theta\right) \tag{A-06} \end{equation}$$ так (поскольку $\:\upsilon_{A}=0\:$) $$\begin{equation} \upsilon=\sqrt{2g\left(h+r\sin\theta\right)} \tag{A-07} \end{equation}$$ и $$\begin{equation} r\dot{\theta}^2=\dfrac{2g\left(h+r\sin\theta\right)}{r} \tag{A-08} \end{equation}$$ Вставка приведенного выше выражения в (A-04) дает $$\begin{equation} T= mg\left( \dfrac{2h}{r}+3\sin\theta\right) \tag{A-09} \end{equation}$$ Окончательно $$\begin{equation} \text{$g$-force}=\dfrac{T}{mg} = \dfrac{2h}{r}+3\sin\theta \tag{A-10} \end{equation}$$

Примечание. На приведенном выше рисунке под шкалой соотношение$\:\dfrac{h}{r}\:$, положение P (т.е.$\:\sin\theta\:$) и в результате$g$-сила следующие

$$\begin{equation} \dfrac{h}{r}=0.40 \:,\quad \sin\theta =0.60 \:\Longrightarrow \: \text{$g$-force}=2.60 \tag{A-11} \end{equation}$$

---

РАЗДЕЛ B: Кинематика частицы в круговом движении

Следующий анализ касается исключительно кинематики частицы, движущейся по кругу в плоскости. Это частный случай плоского криволинейного движения, которое в свою очередь является частным случаем между криволинейными движениями в пространстве.
Движение частицы задается векторной функцией$\mathbf{r}\left(t\right)$, то есть по его положению во времени$\:t \:$. Вектор скорости$\mathbf{v}\left(t\right)$- скорость изменения во времени этого вектора положения

$$\begin{equation} \mathbf{v}\left(t\right)\equiv \dfrac{d\mathbf{r}}{dt}= \dot{\mathbf{r}} \tag{B-01} \end{equation}$$

Мы будем использовать одну верхнюю точку или две верхние точки для 1-й или 2-й производной по отношению к$\:t\:$, например

$$\begin{equation} \dot{\mathbf{r}}\equiv \dfrac{d\mathbf{r}}{dt}\;, \quad \dot{\theta}\equiv \dfrac{d\theta}{dt}\;, \quad \ddot{\theta}\equiv \dfrac{d^{2}\theta}{dt^{2}} \tag{B-02} \end{equation}$$

Теперь пусть система координат$\:\left(x,y\right)\:$в плоскости, как на приведенном выше рисунке и$\:\mathbf{i},\mathbf{j}\:$единичные основные векторы вдоль оси$\:Ox,Oy\:$соответственно. Для плоского кругового движения вектор положения$\mathbf{r}\left(t\right)$частицы можно выразить следующим образом:

$$\begin{equation} \mathbf{r}\left(t\right)= \left[r \cos \theta \left(t\right)\right]\mathbf{i}+\left[r \sin \theta \left(t\right)\right]\mathbf{j} \tag{B-03} \end{equation}$$

Обратите внимание, что все величины как вектор положения$\:\mathbf{r}\:$, вектор скорости$\:\mathbf{v}\:$, вектор ускорения$\:\mathbf{a}\:$, угол$\:\theta\:$и, как мы видим ниже, единичные векторы$\:\mathbf{e}_{r},\mathbf{e}_{\theta}\:$являются функциями времени, поэтому их удобно опускать.$\:t\:$. Величина$\:r=\Vert\mathbf{r}\Vert\:$вектора положения, конечно, постоянна во времени.

Итак, (B-03) дает

$$\begin{equation} \mathbf{r}= r\left[\left(\cos\theta\right)\mathbf{i}+ \left(\sin\theta\right)\mathbf{j}\right]= r\mathbf{e}_{r} \tag{B-04} \end{equation}$$ где по определению $$\begin{equation} \mathbf{e}_{r} \equiv \left(\cos\theta\right)\mathbf{i}+ \left(\sin\theta\right)\mathbf{j} \tag{B-05} \end{equation}$$ является единичным вектором вдоль $\:\mathbf{r} \:$, как на рис. Вектор скорости $$\begin{equation} \mathbf{v}=\dfrac{d\mathbf{r}}{dt}= \dot{\mathbf{r}}=r\dot{\theta}\left[\left(-\sin\theta\right)\mathbf{i}+ \left(\cos\theta\right)\mathbf{j}\right]= r\dot{\theta}\mathbf{e}_{\theta} \tag{B-06} \end{equation}$$ где по определению $$\begin{equation} \mathbf{e}_{\theta} \equiv \left(-\sin\theta\right)\mathbf{i}+ \left(\cos\theta\right)\mathbf{j} \tag{B-07} \end{equation}$$ является единичным вектором, касающимся окружности и нормальным к $\:\mathbf{r} \:$, как на рис. Обратите внимание, что :

а) Количество$\:\dot{\theta}\:$по существу мгновенная угловая скорость

$$\begin{equation} \dot{\theta}\equiv \dfrac{d\theta}{dt}=\omega\left(t\right) \tag{B-08} \end{equation}$$ Если $\:\dot{\theta}=\omega_{o}=\text{constant}$, то имеем равномерное круговое движение.

(b) из (B-06) для магнитуды$\:\upsilon\:$скорости$\:\mathbf{v} \:$

$$\begin{equation} \upsilon =r\vert\dot{\theta}\vert=r\vert\omega\vert \tag{B-09} \end{equation}$$ где $\:\omega=\dot{\theta}> 0\:$( $\:<0\:$), если частица мгновенно движется против часовой стрелки (по часовой стрелке).

в) по общему правилу, если переменный вектор$\:\mathbf{w}\left(\lambda\right)\:$, где$\:\lambda \:$вещественный параметр, имеет постоянную норму, то его 1-я производная всегда к нему нормальна

$$\begin{equation} \Vert\mathbf{w}\Vert ^{2}=\text{const}\rightarrow \mathbf{w}\circ \mathbf{w}=\text{const}\rightarrow \dfrac{d\left( \mathbf{w}\circ \mathbf{w}\right)}{d\lambda}=0\rightarrow \left( \mathbf{w}\circ \dfrac{d\mathbf{w}}{d\lambda}\right)=0 \tag{B-10} \end{equation}$$ Вот почему $\:\dot{\mathbf{e}}_{r}=\dot{\theta}\mathbf{e}_{\theta}\:$, то есть $\:\mathbf{e}_{\theta}\:$, это всегда нормально $\:\mathbf{e}_{r}\:$.

Для ускорения$\:\mathbf{a}\:$у нас есть от (B-06)

$$\begin{equation} \mathbf{a}=\dot{\mathbf{v}}=\dfrac{d\mathbf{v}}{dt}=\dfrac{d\left(r\dot{\theta}\mathbf{e}_{\theta}\right)}{dt}=\left(-r\dot{\theta}^2\right)\mathbf{e}_{r}+\left(r\ddot{\theta}\right)\mathbf{e}_{\theta} \tag{B-11} \end{equation}$$ с (B-07) $$\begin{equation} \dot{\mathbf{e}}_{\theta}=\;-\;\dot{\theta}\mathbf{e}_{r} \tag{B-12} \end{equation}$$ Уравнение (B-11) записывается как $$\begin{equation} \mathbf{a}=\underbrace{\left(-r\dot{\theta}^2\right)\mathbf{e}_{r}}_{centripetal}+\underbrace{\left(r\ddot{\theta}\right)\mathbf{e}_{\theta}}_{orbital} =\mathbf{a}_{r}+\mathbf{a}_{\theta} \tag{B-13} \end{equation}$$

Вектор ускорения$\:\mathbf{a}\:$анализируется в двух нормальных компонентах

(1) Так называемое центростремительное ускорение

$$\begin{equation} \mathbf{a}_{r} \equiv \left(-r\dot{\theta}^2\right)\mathbf{e}_{r} \tag{B-14} \end{equation}$$ который всегда направлен внутрь к центру и «пытается» изменить только направление вектора скорости $\:\mathbf{v}\:$, и

(2) Орбитальное (касательное) ускорение

$$\begin{equation} \mathbf{a}_{\theta} \equiv \left(r\ddot{\theta}\right)\mathbf{e}_{\theta} \tag{B-14} \end{equation}$$ который всегда касается окружности и «пытается» изменить только величину вектора скорости $\:\mathbf{v}\:$. Обратите внимание, что вектор ускорения $\:\mathbf{a}\:$вообще не указывает на центр.

Ты в порядке.

Да, вы можете в значительной степени предположить, что это постоянная скорость, пока$h \gg r.$Насколько я помню, задействованные выражения чрезвычайно просты, пока вы не пытаетесь выяснить, что именно происходит во времени: действительное решение уравнений Эйлера-Лагранжа дает вам своего рода$\int d\theta / \sqrt{a + b \sin\theta} = t$уравнение для$\theta(t)$, или что-то ужасное в этом роде.

Итак, давайте немного координат и геометрии: Вы начинаете в$[x, y] = [0, r + h]$, затем в$[x, y] = [0, r]$вы входите в круг с центром в$[r, r]$: и ваш прогресс по этому кругу я буду обозначать$\theta$как$\vec r = [x, y] = [r, r] - r\cdot[\cos\theta, \sin\theta]$. Затем вы появляетесь после$\theta = \pi/2$на позиции$[r, 0]$, Движение вперед. Мы представим производные по времени точками, и я дам определение$\omega = \dot\theta$.

Ваше чистое ускорение во время этой дуги равно$\vec a(\theta) = - g\cdot[0, 1] + c(\theta)\cdot [\cos\theta, \sin\theta]$для некоторых $c(\theta)$, так как это направление, в котором действует ограничительная сила. Однако мы знаем, что это также должно иметь особую форму:

$$\ddot{\vec r} = \frac{d}{dt} \left(r~\omega~[\sin\theta, -\cos\theta]\right)= r~ \dot\omega~ [\sin\theta, -\cos\theta] + r~ \omega^2~ [\cos\theta, \sin\theta].$$ The $x$-component дает более простую версию этого ограничения, $c(\theta) = r~ \dot\omega~ \tan\theta + r~ \omega^2.$

С$\dot{\vec r} = \vec v = r~\omega~[\sin\theta, \cos\theta]$, мы можем быстро заявить, что из сохранения энергии

$$v^2 = r^2\omega^2 = 2g(h + r\sin\theta),$$ так как сила принуждения не действует. С производной по времени это также дает $$r^2~2~\omega ~\dot \omega = 2 ~g ~r~\omega~ \cos\theta$$ так что у нас есть $r \omega^2 = 2g(\sin\theta + h/r)$и $r~\dot\omega=g\cos\theta,$так что, если я сделал всю математику правильно, $$c(\theta) = g~\left(3~\sin\theta + 2~\frac hr\right).$$ В пределе $h\gg r$вы получаете примерно постоянную $c(\theta) = 2 h g / r$, поэтому ваша перегрузка на повороте максимальна при $\theta\approx0$где это $a \approx \sqrt{g^2 + c^2} \approx c.$

Это решение точно соответствует$v^2 / r$с$v = \sqrt{2 g h}$, как вы склонны делать.

Если у вас нет$h \gg r$, тогда вам придется либо усреднять силу по пространству (как я уже сказал, усреднение по времени, вероятно, является кошмаром), либо максимизировать силу с помощью

$$\frac d{d\theta} \big\lVert[c(\theta)~\cos(\theta),~~c(\theta)~\sin(\theta) - g]\big\rVert = 0.$$ В общем, вы обнаружите, что ваше ускорение указывает «почти» на центр вращения, но немного ниже его, потому что гравитационная сила также присутствует там.

Я не знаю, могу ли я использовать уравнение равномерного кругового движения, поскольку v не является постоянным

Уравнение для центростремительной силы не зависит от того, является ли движение равномерно круговым или нет.

Однако независимо от радиуса дорожки, скорости в этой точке и веса американских горок, или от того, справедливо ли уравнение для центростремительной силы и т. д.; поскольку в этой конкретной точке он становится горизонтальным, любая сила, которая должна вызывать вашу «перегрузку», должна действовать в горизонтальном направлении. Поскольку по горизонтали такая сила не действует, перегрузка, действующая на вас, как только вы идете по горизонтали, равна нулю . Так просто, как, что.

Вы задали два простых вопроса - я дам два простых ответа.

Я не знаю, могу ли я использовать уравнение равномерного кругового движения, поскольку v не является постоянным

В тот самый момент, когда кривая начинается, скорость определяется выражением$\sqrt{2gh}$- и для первого экземпляра она постоянна. Так что да, вы можете использовать равномерное круговое движение

Куда направлена ​​перегрузка? Центр поворота?

Это зависит от того, как вы определяете «силу G». Обычно это «испытываемое негравитационное ускорение». Если это так, то он указывает на центр круга в тот момент, когда вы начинаете двигаться по кругу.

Если принять, что человек испытывает «1g», когда стоит на месте, то сила тяжести, обусловленная гравитацией, будет зависеть от угла наклона рельса — она будет увеличиваться с увеличением угла наклона рельса.$\sin$угла радиального вектора, и заставит силу указывать немного выше центра круга.

Конечно, реальные дорожки американских горок описывают сплайн, то есть скорость изменения кривизны непрерывна. В противном случае внезапное изменение силы g было бы очень неприятным.