Тер. Мех. (Леушин,Нигматуллин,Прошин). Леушин а. М., Нигматуллин р. Р., Прошин ю. Н
 Скачать 2.33 Mb.
|
|
e 2 = (3/5)e y + (4/5)e z Обратим внимание на то, что из вышеприведенной системы мы можем оп- ределить лишь модули направляющих косинусов, поэтому и орт главного направления определяем с точностью до знака. Для нахождения третьего главного направления можно систему (6.19) не выписывать, а просто вос- пользоваться тем фактом, что орты всех трех главных направлений долж- ны быть ортогональны между собой. Ортогональность искомого орта пер- вому орту свидетельствует о том, что орт e 3 , также как и орт e 2 , должен располагаться в плоскости Oyz, а из ортогональности орту e 2 находим орт третьего главного направления в виде e 3 = (4/5)e y − (3/5)e z Задача 3. При подъеме автомашины в гору, склон которой расположен под углом α к горизонту, к центру инерции D ведомого колеса приложена по- стоянная сила F, параллельная склону. Предполагая, что движение проис- Теоретическая физика. Механика (практический курс) 115 ходит в одной вертикальной плоскости, определить закон движения центра инерции колеса. Колесо считать однородным кольцом веса P и радиуса r. Полагать, что в начальный момент автомашина находилась в покое, колесо катится без скольжения и сопротивлением качения пренебречь. Решение. Поскольку колесо двигается плоскопарал- лельно, то для описания его поведения на плоскости xOy потребуется три координаты. В качестве тако- вых будем использовать декартовы координаты цен- тра инерции колеса X и Y и угол ϕ поворота колеса вокруг своей оси. Выберем координатные оси как показано на рисунке. В соответствии с направлением осей положительным направлением отсчета угла ϕ будем считать направление по часовой стрелке. Сам угол поворота колеса определим как угол между вертикалью и помеченным на колесе радиусом AD. К колесу приложены внешние силы: P − вес колеса, F − движущая си- ла, R − нормальная сила реакции наклонной поверхности Земли и F T − си- ла трения колеса о Землю. Запишем уравнения для плоскопараллельного движения колеса: два уравнения типа (6.9) для описания поступательного движения и одно урав- нение типа (6.12) для описания вращения. Имеем в нашем случае 2 T T sin , cos , P P P X F P F Y P R r F r g g g = − α − = α − ϕ = && && && . (6.34) Момент силы трения в последнем уравнении системы (6.34) положителен, потому что его направление совпадает с направлением положительного отсчета угла ϕ. Так как при движении колеса координата Y = −r постоянна, и 0 Y = && , то из второго уравнения системы (6.34) находим R = Pcosα. Для определения движения центра инерции D колеса необходимо проинтегрировать первое уравнение системы (6.34). Однако в правую часть этого уравнения входит неизвестная по модулю сила трения F T . Для исключения F T следует обра- титься к третьему уравнению системы (6.34), одновременно использовав условие качения колеса без скольжения Движение твердого тела. Неинерциальные системы 116 X r ϕ = & & (6.35) (мгновенная ось вращения колеса проходит через точку B соприкоснове- ния колеса с дорогой). Беря в (6.35) производную по времени от , X& получим X r ϕ = && && . 6.36) После подстановки выражения (6.36) в первое уравнение системы (6.34) и деления его на третье уравнение находим T T sin 1 F P F F − α − = , откуда T 1 ( sin ) 2 F F P = − α . (6.37) Теперь первое уравнение системы (6.34) после подстановки в него значе- ния F T из (6.37) принимает вид ( sin ) 2 g X F P P = − α && Интегрируя его при начальных условиях задачи: при t = 0 X 0 = 0, 0 0 X = & , получаем искомый закон движения центра инерции D ведомого колеса 2 ( sin ) 4 g X F P t P = − α Нетрудно отсюда видеть, что колесо будет катиться вверх при выполнении условия sin 0 F P α − > , т.е. при sin F P α > Замечание . Часто, решая подобные задачи, ошибочно полагают, что каче- ние колеса без скольжения может происходить при отсутствии силы тре- ния F T . Нетрудно видеть, что при таком предположении третье уравнение системы (6.34) принимает вид 2 0 P r g ϕ = && , т.е. 0 ϕ = && . Учитывая, что при 0 0 0 0 и = 0 t = ϕ = ϕ& , получим ϕ = 0 и это означает, что при отсутствии силы трения качение колеса будет невозможно. Задача 4. Однородный стержень AB длиной 2 a и весом P движется под действием своего веса, скользя концами A и B по гладкой вертикальной Теоретическая физика. Механика (практический курс) 117 стене и гладкому горизонтальному полу. Предпола- гая, что движение происходит в одной вертикальной плоскости, определить угловое ускорение и угловую скорость стержня, а также найти угол ϕ 1 , который стержень будет составлять с горизонтом, когда он отойдет от стены. Решение . Стержень в своем плоскопараллельном движении обладает всего одной степенью свободы, поскольку поступательное движение его центра инерции полностью определяется его вращением. Расположим оси систе- мы координат как показано на рисунке. В качестве обобщенной координа- ты возьмем угол ϕ, который стержень образует с горизонтальным полом. Для нахождения движения стержня воспользуемся уравнениями Лагранжа (6.28), из которых нам потребуется всего одно. Вследствие того, что верх- ний конец стержня A движется вдоль вертикальной стены, а нижний конец B − вдоль горизонтального пола, на движение стержня в любой момент времени можно смотреть как на чистое вращение около оси, перпендику- лярной плоскости движения и проходящей через точку D, находящуюся на пересечении линий, перпендикулярных к скорости конца A и к скорости конца B. Это мгновенное вращение происходит с той же угловой скоро- стью ϕ & , с которой стержень поворачивается около оси, проходящей через точку B, так как угловая скорость вращения твердого тела не зависит от выбора начала подвижной системы координат и тело вокруг всех парал- лельных осей вращается с одной и той же угловой скоростью. Так как рас- стояние от центра инерции стержня до мгновенной оси вращения равно a (CD = CB), момент инерции относительно мгновенной оси согласно тео- реме Штейнера (6.21) равен 2 2 2 4 (2 ) 12 3 D m J a ma ma = + = . Отсюда для кине- тической энергии стержня будем иметь 2 2 2 / 3 T ma = ϕ & . Полагая, что нуль по- тенциальной энергии соответствует уровню пола, для потенциальной энергии стержня найдем sin U mga ϕ = . Тогда функцию Лагранжа запишем в виде 2 2 2 sin 3 L T U ma mga = − = ϕ − ϕ & Движение твердого тела. Неинерциальные системы 118 Из уравнения Лагранжа 0 d L L dt ⎛ ⎞ ∂ ∂ − = ⎜ ⎟ ∂ϕ ∂ϕ ⎝ ⎠ & получаем 2 4 cos 0 3 ma mga ϕ + ϕ = && Из последнего уравнения находим угловое ускорение стержня 3 cos 4 g a ϕ = − ϕ && . (6.38) Представляя это выражение в виде 3 sin 4 g d d a ϕ ϕ = − ϕ & & и интегрируя с ис- пользованием начальных условий (при 0 0 ϕ = ϕ ϕ = & ), получаем 0 2 0 3 sin 2 4 g a ϕ ϕ ϕ ϕ = − ϕ & & . Отсюда находим угловую скорость стержня 0 3 (sin sin ) 2 g a ϕ = ϕ − ϕ & . (6.39) Отметим, что этот результат можно было получить, применив закон со- хранения энергии стержня. Для определения значения угла ϕ 1 , при котором конец стержня A отойдет от стены, запишем уравнение движения центра инерции стержня в горизонтальном направлении A P X R g = && . (6.40) Из рисунка видно, что cos X a ϕ = . Дифференцируя по времени, находим 2 sin , sin cos X a X a a = − ϕ ϕ = − ϕ ϕ − ϕ ϕ & && & && & . (6.41) Стержень отделится от стены в тот момент, когда сила реакции R A обра- тится в нуль и в этот же момент согласно (6.40) X&& тоже становится равным нулю. Тогда из (6.41) находим, что в момент отделения стержня от стены 2 1 1 1 1 sin cos 0 ϕ ϕ + ϕ ϕ = && & Подставляя в это соотношение значения 1 ϕ && и 2 1 ϕ & соответственно из фор- мул (6.38) и (6.39), после простых преобразований получим 1 0 1 1 [sin 2(sin sin )]cos 0 ϕ − ϕ − ϕ ϕ = Из условия задачи следует, что 1 cos 0 ϕ ≠ , поэтому Теоретическая физика. Механика (практический курс) 119 1 0 1 sin 2(sin sin ) 0 ϕ − ϕ − ϕ = . Из этого уравнения и определяем значение угла ϕ 1 , при котором стержень отойдет от стены 1 0 2 arcsin sin 3 ⎛ ⎞ ϕ = ϕ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Задача 5. В момент метания диска радиуса r плоскость диска горизонталь- на и три его точки A, B и D (см. рисунок) имеют ско- рости v A = 0, v B = v 0 , v D = 0 2 v , причем вектор v B ле- жит в плоскости диска. Предполагая, что на диск дей- ствует сила тяжести, и пренебрегая сопротивлением воздуха, найти движение диска. Решение . Будем рассматривать в качестве неподвижной инерциальной системы координат O xyz , изображенную на рисунке, т.е. допустим, что в начальный момент времени центр инерции диска находился в начале коор- динат ( X 0 = 0, Y 0 = 0, Z 0 = 0). Для установления начальных скоростей дви- жения диска запишем начальные скорости точек A, B и D в этой системе координат. Согласно (6.4) имеем A 0 0 A B 0 0 B D 0 0 D [ ], [ ], [ ] ′ ′ ′ = + = + = + v V Ω r v V Ω r v V Ω r . Так как радиус-векторы этих точек в подвижной системе координат O' x 1 x 2 x 3 , в начальный момент совпадающей с неподвижной системой O xyz , имеют вид A B D (0, ,0), ( ,0,0), ( ,0,0) r r r ′ ′ ′ − r r r , то для скоростей точек найдем A 0 0 0 0 0 B 0 0 0 0 0 D 0 0 0 0 0 ( , , ), ( , , ), ( , , ). x z y z x x y z z y x y z z y V r V V r V V r V r V V r V r − Ω − Ω − Ω + Ω + Ω − Ω v v v Далее учитывая, что по условию задачи вектор v B лежит в плоскости диска и его модуль равен v 0 , а модули векторов v A и v D равны соответственно 0 и 0 2v , получаем систему шести уравнений 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0, 2 , z y x y z y z V r V V r rV v + Ω = + + Ω − Ω = Движение твердого тела. Неинерциальные системы 120 0 0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0, 0, 0, 2 2 2 , x z y z x x y z y z z y z y V r V V r V V r rV V r rV v − Ω = = + Ω = + + Ω + Ω + + Ω − Ω = для определения трех компонент вектора V 0 и трех компонент вектора Ω 0 Разрешая эту систему, находим 0 0 0 0 0 0 0 ,0, , , , 2 2 2 2 2 v v v v v r r r ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ V Ω Для определения поступательного движения диска воспользуемся уравнениями (6.9), характеризующими изменение импульса твердого тела. Из второго уравнения системы (6.9) для координаты Y центра инерции 0 mY = && с начальными условиями 0 0 0 и 0 Y Y = = & заключаем, что Y = 0 и, следова- тельно, центр инерции диска движется в плоскости x O z . Из уравнений (6.9) для координат X и Z 0, mX mZ mg = = − && && с начальными условиями 0 0 0 0 0 0 0, 0, / 2, / 2 X Z X v Z v = = = = & & находим движение центра инерции диска 2 0 0 , 2 2 2 v v g X Z t t = = − При определении вращательного движения диска обратим внимание на то, что момент всех действующих на диск сил L ex равен нулю, поэтому согласно (6.11) момент импульса диска M относительно центра инерции будет интегралом движения, т.е. в процессе движения не будет меняться. В таком случае мы можем его найти, вычислив в начальный момент времени. В начальный момент времени имеем в соответствии с (6.22) и задачей 6.9 в 0 0 1 1 1 1 0 2 1 3 3 3 3 0 , , 8 2 2 x z mrv mrv M J J M M M J J = Ω = Ω = − = = Ω = Ω = Отсюда для модуля углового момента найдем 2 2 2 1 2 3 0 10 8 M M M M mrv = + + = . (6.42) Теоретическая физика. Механика (практический курс) 121 Направление его в системе O' x'y'z' , оси которой во все время движения па- раллельны осям неподвижной системы отсчета O xyz , будет определяться ортом e ⎝ ⎜ ⎛ ⎠ ⎟ ⎞ − 1 10 , − 1 10 , 2 5 Выберем теперь новую ось z " неподвижной системы координат в на- правлении постоянного углового момента M (см. рисунок). Ось x 3 подвиж- ной системы направим по оси симметрии диска, а ось x 1 пусть совпадает в рассматриваемый момент времени с линией узлов O'N (см. определение эйлеровых углов). Для кинетических уравнений Эйлера (6.7) можно полу- чить более простой вид с использованием произвольности выбора главных направлений инерции в случае симметричного волчка 1 2 3 , sin , cos Ω = θ Ω = ϕ θ Ω = ϕ θ + ψ & & & & . (6.43) С помощью этих формул для компонент вектора M найдем 2 2 2 1 2 3 , sin , ( cos ) 4 4 2 mr mr mr M M M = θ = ϕ θ = ϕ θ + ψ & & & & С другой стороны, так как ось x 1 (линия узлов) перпендикулярна к оси z ", имеем 1 2 3 0, sin , cos M M M M M = = θ = θ. Приравнивая друг другу эти выражения, с учетом (6.42) получим следую- щие уравнения 0 0 10 10 0, , cos cos 2 4 v v r r θ = ϕ = ϕ θ + ψ = θ & & & & . (6.44) Первое из этих уравнений дает θ = const, т.е. постоянство угла наклона оси диска к направлению момента M. Отсюда заключаем, что ось диска во время его полета прецессирует вокруг направления момента. Из второго уравнения получаем угловую скорость этой прецессии пр Ω = ϕ & . Из третье- го уравнения системы (6.44) можно определить угловую скорость враще- ния диска вокруг собственной оси Ω 3 и получить эйлерову угловую ско- рость ψ & , если найти постоянный угол θ, который ось диска составляет с Движение твердого тела. Неинерциальные системы 122 направлением момента M. В начальный момент времени 0 3 0 10 cos 8 2 2 mrv M mrv = = θ, отсюда получаем 2 cos 5 θ = и находим 0 0 3 , 2 2 v v r r Ω = ψ = − & Задача 6. Принимая во внимание неинерциальность системы отсчета, свя- занной с Землей, и считая скорость вращения Земли постоянной, найти от- клонение от вертикали свободно падающей с высоты h материальной точ- ки массы m . Начальную скорость точки полагать равной нулю, а поле силы тяжести Земли считать однородным. Решение . Будем определять движение точки относительно лабораторной системы отсчета O xyz , связанной с Землей (см. рисунок). Ось O x этой сис- темы направим по касательной к меридиану на юг, ось O y − по касатель- ной к параллели на восток, ось O z направим по вертикали вверх. Верти- кальным направлением будем называть направление нити отвеса. Это направление, вообще говоря, не совпадает с направлением радиуса Земли, так как отвес направлен по равнодействующей силы тяготения к центру Земли F З и центробежной силы инерции (6.33) З [ [ ]] m m = + g F Ω rΩ Направление силы тяжести m g (направление нити отвеса) будет противо- положным направлению оси O z .Угол ϕ, образованный вертикалью с плос- костью экватора, называется географической широтой местности на по- верхности Земли. Проектируя векторное уравнение движения точки K 2 [ ] m m m m = + = − r g I g Ωv && на оси выбранной системы координат, найдем 2 ( ), 2 ( ), 2 ( ) y z z x x y mx m z y my m x z mz m y x = − Ω − Ω = − Ω − Ω = − Ω − Ω && & && & & & & & && Проекции вектора угловой скорости Земли Ωна координатные оси выра- жаются так cos , 0, sin x y z Ω = −Ω ϕ Ω = Ω = Ω ϕ, Теоретическая физика. Механика (практический курс) 123 поэтому уравнения движения приобретают вид 2 sin , 2 ( sin cos ), 2 cos . x y y x z z g y = Ω ϕ = − Ω ϕ + ϕ = − + Ω ϕ && & && & & & && (6.45) Интегрируя эту систему один раз с начальными условиями: при 0 0 0 0 0 0 0 0, , 0 t x y z h x y z = = = = = = = & & & , получаем систему 2 sin , 2 ( sin cos ), 2 cos , x y y x z z gt y = Ω ϕ = − Ω ϕ + ϕ = − + Ω ϕ & & & (6.46) которая является системой линейных дифференциальных уравнений пер- вого порядка с постоянными коэффициентами. Для ее решения исключим и x z & & из второго уравнения системы (6.45). Найдем 2 4 2 cos y y gt + Ω = Ω ϕ && Интегрируем это уравнение с вышеуказанными начальными условиями. Получим 2 cos cos sin 2 2 gt g y t ϕ ϕ = − Ω Ω Ω . (6.47) Подставляя найденное значение y в первое и последнее уравнения системы (6.46), интегрируя их, будем иметь 2 2 2 2 2 2 1 cos 2 sin cos , 2 4 1 cos 2 cos . 2 2 4 t t x g gt t t z h g ⎛ ⎞ − Ω = − ϕ ϕ ⎜ ⎟ Ω ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ − Ω = − + − ϕ ⎜ ⎟ Ω ⎝ ⎠ (6.48) Принимая теперь во внимание, что частота вращения Земли очень мала: Ω порядка 0,00007 сек −1 , и предполагая, что время падения t невелико, полу- ченные выше выражения (6.47) и (6.48) можно упростить. Разлагая правые части этих выражений по степеням Ωt и сохраняя в них первые члены, от- личающиеся от нуля, найдем 4 2 sin cos ..., 6 gt x = Ω ϕ ϕ + Движение твердого тела. Неинерциальные системы 124 3 2 4 2 2 cos ..., 3 cos 2 6 gt y gt gt z h = Ω ϕ + = − + Ω ϕ + Следовательно, влияние вращения Земли на движение материальной точки, свободно падающей в пустоте, проявляется в том, что траектория точки отклоняется на восток и на юг. Отклонение на восток пропорцио- нально первой степени угловой скорости вращения Земли и кубу времени, а отклонение на юг − квадрату угловой скорости и четвертой степени вре- мени. Конечно, отклонение на юг очень мало. В местности с северной ши- ротой 60 o отклонение на восток при падении с высоты, равной 490м, со- ставляет примерно 12см. Отклонение на восток проверялось эксперимен- тально, причем наблюдалось удовлетворительное совпадение теоретиче- ских и экспериментальных результатов. Задачи Обязательные задачи 6.1. Найти положение центра инерции трехатомной молекулы, имею- щей вид равнобедренного треугольника с высотой h и основанием а, если в вершине против основания расположен атом с массой m 1 , а в основании атомы с массой m 2 [ ] 1 1 2 0, /( 2 ) X Y m h m m = = + 6.2. Найти положение центра инерции четырехатомной молекулы с атомами, расположенными в вершинах правильной треугольной пирамиды с высотой h и ребром основания а. В вершинах основа- ния располагаются атомы с массой m 2 , а в верхней вершине – атом с массой m 1 [ ] 1 1 2 0, 0, /( 3 ) X Y Z m h m m = = = + 6.3. Определить координаты центра инерции четверти плоского однородного тонкого кольца, показан- ного на рисунке. Теоретическая физика. Механика (практический курс) 125 6.4. Показать, что при определении положения центра инерции системы материальных точек любую подсистему можно заменить одной точкой, масса которой равна массе подсистемы и которая располо- жена в центре инерции этой подсистемы. 6.5. Используя утверждение предыдущей задачи, методом выделения подсистем показать, что при наличии у твердого тела а) плоскости материальной симметрии, б) оси материальной симметрии, в) центра материальной симметрии центр инерции тела лежит соответственно а) в плоскости симмет- рии, б) на оси симметрии, в) в центре симметрии. 6.6. Найти центр инерции: а) однородного полушара радиуса R, б) однородной полусферы радиуса R, в) однородного шара радиуса R, в котором вырезана полость радиуса r, как показано на рисунке. 3 3 3 ) 0, 0, ( ) /( ) в X Y Z r R r R r ⎡ ⎤ = = = − − − ⎣ ⎦ 6.7. Доказать, что для любой плоской фигуры в системе координат Oxyz, где оси Ox и Oy лежат в плоскости фигуры, тензор инерции имеет вид 0 0 0 0 xx xy xy yy xx yy J J J J J J ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ 6.8. Определить главные моменты инерции молекулы (рассматривая ее как систему жестко связанных частиц): а) состоящей из N атомов массой m, расположенных на одной пря- мой на расстоянии a друг от друга; б) имеющей вид равнобедренного треугольника с высотой h и осно- ванием a, в вершинах которого расположены один атом с массой m 1 и два атома с массами m 2 (в основании); в) с атомами, расположенными в вершинах правильной треугольной пирамиды с высотой h и стороной основания a. Масса атома в вер- Движение твердого тела. Неинерциальные системы 126 шине равна m 1 , а атомов в основании − m 2 6.9. Определить главные моменты инерции следующих сплошных тон- ких однородных тел с массой m: а) стержень длиной l; б) круговое кольцо радиуса R; в) круглый диск радиуса R; г) сферическая оболочка радиуса R; д) цилиндрическая оболочка радиуса R и высоты h. 2 2 2 1 2 3 1 2 3 2 ) , ; ) 4 2 3 mR mR в J J J г J J J mR ⎡ ⎤ = = = = = = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 6.10. Определить главные моменты инерции следующих сплошных од- нородных тел с массой m: а) шар радиуса R; б) круговой цилиндр радиуса R и высоты h; в) прямоугольный параллелепипед с длинами ребер a, b, c. 6.11. Вычислить момент инерции тонкого однородного полудиска массы m и радиуса r относительно оси, проходящей вдоль диаметра, огра- ничивающего полудиск. 6.12. В тонком однородном круглом диске радиуса R высверлено концентрическое отверстие радиуса r. Вычислить момент инерции этого диска массы m относительно оси z, проходящей через центр масс перпендикулярно плоскости диска. 6.13. Найти главные моменты инерции полого шара массы m с внешним радиусом R и внутренним радиусом r. 6.14. Найти главные моменты инерции полого цилиндра массы m с внешним радиусом R и внутренним радиусом r. 2 2 2 2 2 1 2 3 , ( ) / 2 4 12 R r h J J m J m R r ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ + = = + = + ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ 6.15. Однородный круглый диск массы m насажен на ось z, проходящую через его центр инерции C. Ось симметрии диска z 1 лежит в верти- Теоретическая физика. Механика (практический курс) 127 кальной плоскости xz и образует с осью z угол α. Радиус диска равен R. Вычислить компоненты тензора инерции диска J xz , J yz , J xy (оси координат показаны на рисунке). 2 0, sin 2 8 xy zy xz mR J J J ⎡ ⎤ = = = α ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 6.16. Маятник состоит из тонкого однородного стержня AB массы m, к концу которого прикреплен тонкий однородный диск C массы M. Длина стержня равна 4r, где r − радиус диска. Вычислить момент инерции маятника относительно оси привеса O, перпендикулярной плоскости маятника и от- стоящей на расстоянии r от конца стержня. 2 O 14 99 6 m M J r + ⎡ ⎤ = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 6.17. Получить выражение момента инерции J n относительно оси, парал- лельной единичному вектору n и проходящей через центр инерции тела, через компоненты тензора инерции, вычисленного в системе координат Oxyz. 6.18. Определить момент импульса: а) шара, вращающегося вокруг одного из своих диаметров; б) куба, вращающегося вокруг одного из ребер; в) куба, вращающегося вокруг одной из главных диагоналей. Угловую скорость вращения полагать равной ω . 6.19. Массивный диск радиуса R и веса Q вращается вокруг своей оси с постоянной угловой скоростью ω. С какой силой надо нажать тор- моз, чтобы остановить диск, дав ему сделать только один оборот, если коэффициент трения тормоза о диск равен f. 2 8 QR F fg ⎡ ⎤ ω = ⎢ ⎥ π ⎣ ⎦ 6.20. Твердое тело, находящееся в покое, приводится во вращение вокруг неподвижной вертикальной оси силой, имеющей постоянным мо- Движение твердого тела. Неинерциальные системы 128 мент, равным L, при этом возникает момент сил сопротивления L 1 , пропорциональный угловой скорости вращения твердого тела: 1 L = −αϕ & . Найти закон изменения угловой скорости, полагая, что момент инерции твердого тела относительно оси вращения равен J. 6.21. Определить с какой угловой скоростью ω упадет на землю спилен- ное дерево массы M, если его центр инерции D расположен на рас- стоянии h от основания, а силы сопротивления воздуха создают момент сопротивления L 1 , причем 2 1z L = −αϕ & , где α − постоянный коэффициент. Момент инерции дерева от- носительно оси z, совпадающей с осью, вокруг которой поворачивается дерево при падении, равен J. / 2 2 2 2 4 J MghJ e J J −απ ⎡ ⎤ α ⎛ ⎞ ω = + ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ + α ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 6.22. Цилиндр веса P обмотан посредине нитью, конец которой прикреп- лен к потолку. Цилиндр, разматывая нить, падает без начальной ско- рости. Предполагая, что движение цилиндра плоскопараллельно и нить не отклоняется от вертикали, найти ускорение его центра инерции и натяжение нити. C 2 1 , 3 3 w g T P ⎡ ⎤ = = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 6.23. Однородный тяжелый шар скатывается под действием своего веса без скольжения по наклонной плоскости, составляющей угол α с горизонтом. Предполагая, что движение шара плоскопараллельно и трение при движении отсутствует, определить ускорение центра инерции шара. 6.24. Стержень АВ лежит на двух одинаковых цилиндрах, которые могут катиться по абсолютно шероховатому горизонтальному полу. Скольжение между стержнем и цилиндрами отсутствует. На стержень вдоль его оси действует сила F и приводит в движе- ние всю систему. Цилиндры имеют вес Q и радиус R, а вес стержня равен P. Определить ускорение стержня. Теоретическая физика. Механика (практический курс) 129 4 3 4 F w g Q P ⎡ ⎤ = ⎢ ⎥ + ⎣ ⎦ 6.25. Однородный цилиндр с горизонтальной осью скатывается под дей- ствием силы тяжести по наклонной шероховатой плоскости с коэф- фициентом трения f. Определить угол наклона плоскости к горизон- ту и ускорение оси цилиндра, предполагая, что при движении ци- линдра скольжение отсутствует. Сопротивлением качения пренеб- речь. Найти также силу реакции, с которой плоскость действует на цилиндр. 6.26. Каток A массы m 1 , скатываясь без скольжения по наклонной плос- кости вниз, поднимает груз C массы m 2 посредством нерастяжимой и невесомой нити, переброшенной через блок B. При этом блок B вращается вокруг неподвижной оси O, перпен- дикулярной его плоскости. Каток A и блок B − однородные круглые диски одинаковой массы и радиуса. Наклонная плоскость образует угол α с горизонтом. Определить ускорение оси катка. 1 2 1 2 sin 2 m m w g m m ⎡ ⎤ α − = ⎢ ⎥ + ⎣ ⎦ 6.27. Решить задачу 5.14, предполагая, что оба блока являются однород- ными тонкими дисками с одинаковой массой m и радиусом R. 6.28. Нить, один конец которой прикреплен к потолку, охватывает под- вижный блок A, к которому подвешен груз весом P, и неподвижный блок B. К другому концу нити привязан груз весом Q. Определить ускорение груза веса Q, считая блоки одинаковыми однородными дисками массы m. 4(2 ) 8 2 7 Q Q P mg w g Q P mg ⎡ ⎤ − − = ⎢ ⎥ + + ⎣ ⎦ 6.29. На гладкой горизонтальной плоскости может скользить без трения треугольная призма ABC массы M. По грани BC призмы, обра- Движение твердого тела. Неинерциальные системы 130 зующей угол α с горизонтом, катится без скольжения однородный круглый цилиндр массы m. Определить ускорение призмы. 2 sin 2 3( ) 2 cos m w g M m m ⎡ ⎤ α = ⎢ ⎥ + − α ⎣ ⎦ 6.30. Тонкий прямолинейный однородный стержень AB шарнирно соединен с вертикальным валом в точке O. Вал вращается с постоянной угловой скоростью ω. Определить угол отклонения стержня от верти- кального направления ϕ, если OA = a и OB = b. 2 2 2 3 cos 2 g a b a ab b − ⎡ ⎤ ϕ = ⎢ ⎥ ω − + ⎣ ⎦ 6.31. Взяв в качестве обобщенных координат твердого тела углы Эйлера ϕ, θ и ψ, показать, что обобщенные импульсы p ϕ , p θ и p ψ являются соответственно проекциями углового момента тела на ось z непод- вижной системы координат, на линию узлов и ось x 3 подвижной системы координат, связанной с твердым телом. 6.32. Определить кинетическую энергию конуса с массой m, высотой h и углом раствора α, который вращается без сколь- жения: а) по внешней стороне другого неподвижного ко- нуса с углом раствора β; б) по внутренней стороне этого конуса. Считать, что вершина двигающегося конуса, распо- ложенная на расстоянии a от его центра инерции, совпадает с вершиной неподвижного конуса и не смещается во время движения. 2 2 2 2 2 2 sin ( ) 3 27 ) tg , где угол поворота 2 20 80 оси подвижного конуса относительно оси неподвижного конуса mh a a T h ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ϕ α + β = + α + ϕ − ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ & 6.33. Прямой однородный круглый цилиндр, имеющий массу m, высоту h и радиус основания R, вращается с постоянной угловой скоростью а) б) Теоретическая физика. Механика (практический курс) 131 ω вокруг оси AB, проходящей через его центр масс C и образующей угол α с его осью симметрии. Определить движение цилиндра. 6.34. Составить и проинтегрировать уравнения движения симметричного волчка, вдоль оси симметрии которого приложен постоянный момент внешних сил L. Равнодействующая всех внешних сил равна нулю и в начальный момент, при t = 0, проекции вектора угловой скорости на главные оси инерции были таковы: Ω 1 = Ω, Ω 2 = 0, Ω 3 = ω. 6.35. Шарик массы m, перемещающийся по гладкому стержню, соединен пружиной жесткости c и пренебрежимо малой массы с некоторой точкой этого стержня. Предполагая, что длина пружины в ненапря- женном состоянии равна l 0 и стержень движется с постоянным ус- корением w, направленным под углом α к оси стержня, найти функцию Лагранжа и закон движения шарика. 2 2 2 0 1 ( ) ( cos sin ) ( ) 2 2 m L x y mw x y c x l ⎡ ⎤ = + − α + α − − ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ & & 6.36. Клин ABC движется по гладкой горизонтальной плоскости (cм. рис. к задаче 6.29) с постоянным ускорением w. На наклонную грань BC клина, образующую угол α с горизонтом, помещается с нулевой относительной скоростью однородный круглый цилиндр радиуса r и массы m, который может катиться по этой грани без скольжения. Какова должна быть величина ускорения w для того, чтобы центр O цилиндра двигался вверх по клину? 6.37. Шарик движется по гладкой окружности радиуса a, вращающейся с постоянной угловой скоростью ω во- круг вертикальной оси, совпадающей с диаметром окружности. Используя неинерциальную систему от- счета, связанную с вращающейся окружностью, най- ти закон движения шарика. Движение твердого тела. Неинерциальные системы 132 Задачи средней трудности 6.38. Определить положение центра инерции однородного тонкого диска с круглым отверстием, предполагая, что радиус диска равен R, радиус отверстия равен r, а центр этого отвер- стия находится на расстоянии R/2 от центра диска. 2 2 2 2( ) Rr X R r ⎡ ⎤ = − ⎢ ⎥ − ⎣ ⎦ 6.39. Определить главные моменты инерции кругового конуса с радиу- сом основания R и высотой h. 2 2 2 1 2 3 3 3 , 20 4 10 h J J R J mR ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ = = + = ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ 6.40. Вычислить тензор инерции тонкого однородного диска радиуса R и массы m в системе координат, оси которой образуют одинаковые углы с плоскостью диска, а начало совпадает с его центром. 6.41. Найти главные моменты инерции однородного шара радиуса R, в котором вырезана полость радиуса r, как показано на рисунке к за- даче 6.6 в 3 3 5 5 5 5 1 2 3 3 3 3 3 3 3 2 ( ) 2 ( ) , ( ) 5 5 ( ) ( ) ( ) m R r R r m J J R r J R r R r R r R r ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ − = = − − = − ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ − − − ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 6.42. Тензор инерции твердого тела в системе координат 1 2 3 Ox x x имеет вид 0 0 0 , где 0 0 A B D D D C ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ≠ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . Найти главные оси инерции тела и мо- менты инерции относительно этих осей. 6.43. Определить момент импульса кругового конуса с углом раствора α, вращающегося вокруг своей образующей с угловой скоростью ω . 2 2 2 2 1 3 1 3 sin cos , ( ) , где угол определяется равенством tg tg M J J J J ∧ ⎡ ⎤ ′ = ω α + α = α − β ⎢ ⎥ ′ ⎢ ⎥ β β = α ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ M ω Теоретическая физика. Механика (практический курс) 133 6.44. Маятник состоит из стержня с двумя закрепленными на нем груза- ми, расстояние между которыми равно l; верхний груз имеет массу m 1 , нижний − массу m 2 . Определить, на каком расстоянии x от ниж- него груза нужно поместить ось подвеса для того, чтобы период ма- лых качаний маятника был наименьшим; массой стержня пренеб- речь и грузы считать материальными точками. 1 2 1 1 2 m m x l m m m ⎡ ⎤ + = ⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 6.45. В механизме, показанном на рисунке, колесо с осью 1 O неподвижно; к рукоятке 1 3 O O прило- жен вращающий момент силы L, механизм расположен в горизонтальной плоскости. Пренебрегая массой руко- ятки и считая колеса однородными дисками с одинаковыми масса- ми m и радиусами R, определить угловое ускорение рукоятки. 2 22 L mR ⎡ ⎤ ε = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 6.46. Однородный стержень AB длиной 2a движется под действием своего веса, скользя концом B по глад- кому горизонтальному полу. Предполагая, что дви- жение происходит в одной вертикальной плоскости, определить скорость центра тяжести стержня C в за- висимости от его высоты над полом h. Считать, что в начальный мо- мент стержень занимал вертикальное положение и находился в покое. 2 2 6 ( ) ( ) 4 3 g a h v a h a h ⎡ ⎤ + = − ⎢ ⎥ − ⎣ ⎦ 6.47. Два цилиндрических вала массы M 1 и M 2 скатываются по двум наклонным плос- костям, образующим соответственно уг- лы α и β с горизонтом. Валы соединены нерастяжимой и невесомой нитью, концы которой намотаны на ва- лы и к ним прикреплены. Определить натяжение нити и ее ускоре- ние при движении по наклонным плоскостям. Валы считать одно- Движение твердого тела. Неинерциальные системы 134 родными круглыми цилиндрами. 1 2 1 2 1 2 1 2 sin sin (sin sin ) , 3( ) M M M M w g T g M M M M ⎡ ⎤ α − β α + β = = ⎢ ⎥ + + ⎣ ⎦ 6.48. Тяжелый однородный стержень AB движется в шаровой чаше радиу- са a, оставаясь в вертикальной плоскости, проходящей через центр чаши O. Начальное положение стержня указано на рисунке. Найти угловую скорость стержня в тот момент, когда он достигает горизонтального по- ложения. Длина стержня равна радиусу чаши. 3 3 5 g a ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ϕ = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ & 6.49. Однородный круговой цилиндр массы m, радиуса R и высоты h вращается с угловой скоростью ω вокруг оси АС, проходящей через центр масс цилиндра O и образующей угол α с его осью симметрии. Ось АС совпадает с диагональю прямоугольной рамы ABCD, которая вращается вокруг верти- кальной оси с угловой скоростью Ω. Найти ки- нетическую энергию цилиндра, если АВ = а, ∠ BAC = β, AO = OC. 2 2 2 2 2 2 2 2 { [ sin sin( )] 2 4 4 12 [ cos cos( )] } 2 m a R h T tg R ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ = Ω β + + ω α + Ω α + β + ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ + ω α + Ω α + β ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 6.50. Тонкий прямолинейный однородный стержень массы m и длины l вращается с постоянной угловой скоростью ω около не- подвижной точки O (шаровой шарнир), описывая кониче- скую поверхность с осью OA и вершиной в точке O. Вы- числить угол ϕ отклонения стержня от вертикального на- правления, а также величину N давления стержня на шар- нир O. Теоретическая физика. Механика (практический курс) 135 2 2 2 2 4 3 1 7 arccos , 1 2 2 4 g g N ml l l ⎡ ⎤ ϕ = = ω + ⎢ ⎥ ω ω ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 6.51. Осью полого однородного цилиндра радиуса R и массы m служит легкий стержень, предназначенный для крепления маятника. В на- чальный момент цилиндр покоился на абсолютно шероховатой го- ризонтальной плоскости, а математический маятник длины l и мас- сы m, подвешенный к середине оси цилиндра, был отклонен от вер- тикали перпендикулярно оси цилиндра на угол α. Найти амплитуду колебаний центра масс цилиндра. max 2 sin 2 ml x M m α ⎡ ⎤ = ⎢ ⎥ + ⎣ ⎦ Задачи повышенной трудности 6.52. Для однородного тетраэдра ABCDEF, усеченного параллельно ос- нованию, даны площадь основания ABC = a, площадь сечения DEF = b, расстояние между ни- ми h. Найти расстояние Z до центра инерции дан- ного усеченного тетраэдра от основания ABC. 2 3 4 h a ab b Z a ab b ⎡ ⎤ + + = ⎢ ⎥ + + ⎣ ⎦ 6.53. "Гармошка" ABCDE из четырех шарнирно соединенных однород- ных стержней длины l и массы m каждый стоит на гладком гори- зонтальном полу и удерживается в равновесии стяжкой BD. После разрыва стяжки гармошка на- чинает падать. Предполагая, что движение проис- ходит в вертикальной плоскости, найти зависи- мость скорости точки B от ее высоты h над полом, если в начальный момент эта высота была равна h 0 6.54. Используя уравнения Лагранжа, найти движение четырех одинаковых однородных цилиндров ра- диуса r, соединенных между собой нерастяжимы- ми невесомыми нитями, как показано на рисунке. Движение твердого тела. Неинерциальные системы 136 Нити по цилиндрам не скользят, центры цилиндров 1, 2, 4 переме- щаются по вертикали. 1 2 4 3 Центры масс цилиндров 1, 2 и 4 движутся с постоянными 72 58 52 ускорениями , , 79 79 79 2 Угловое ускорение цилиндра 3 составляет 79 w g w g w g g r ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ = = = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ε = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 6.55. На цилиндр, ось C которого горизонтальна, положена цепочка, рас- положенная в плоскости, перпендикулярной к оси. Радиус цилиндра R, длина цепочки l. Масса цилиндра вдвое больше массы цепочки. В начальный момент с одной стороны цилиндра свешивался вдвое больший отрезок цепочки, чем с другой, и цепочка находи- лась в покое. Предполагая, что цепочка движется без скольжения, и пренебрегая силами трения, определить ско- рость цепочки в тот момент, когда конец короткого отрезка подойдет к цилиндру. 1 2 ( ) 3 g v l R l ⎡ ⎤ = − π ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 6.56. Однородный круглый диск, описанный в задаче 6.15, равномерно вращается вокруг оси z с угловой скоростью ω. Определить угловой момент диска относительно точки O. 6.57. Однородный стержень АВ массы m подвешен в точке С на двух нитях равной с ним длины. Определить натяжение одной из нитей в мо- мент обрыва другой. Указание. Составить уравнения движения стержня для весьма малого промежутка времени, следующего за моментом обрыва нити, пренебре- гая изменением направления стержня и изменением расстояния центра масс стержня от другой нити. 6.58. Однородный цилиндр массы m и радиуса r свободно скатывается с неподвижного цилиндра радиуса R. Движение начинается из со- стояния покоя из наивысшего положения. Коэффициент трения Теоретическая физика. Механика (практический курс) 137 скольжения равен f. Найти все значения угла ϕ, при которых качение происходит без скольжения. Для этих значений угла ϕ найти скорости точек оси ци- линдра v( ϕ), нормальную реакцию N(ϕ) и силу трения F( ϕ). Доказать, что катящийся без скольжения цилиндр не может оторваться от неподвижного цилиндра при конечном значении f раньше, чем начнется качение со скольжением. Указание. Найти величину угла, которая бы соответствовала отрыву при качении без скольжения, и показать, что при всех конечных значениях f она превышает величину угла, при которой начинается скольжение. 6.59. Центр однородного диска радиуса R и массы m жестко соединен с тонким невесомым стержнем длины l = R/2. Другой конец стержня, образующего прямой угол с плоскостью диска, закреплен сферическим шарниром в точке O. Определить движение диска в однородном поле тяжести при следующих начальных условиях: ψ 0 = 0, ϕ 0 = 0, θ 0 = π/4; 0 0 (1/ 3) / , 3 / , 0 g R g R ψ = ϕ = θ = & & & , где ϕ, θ и ψ − эйлеровы углы. 6.60. Показать, что уравнения движения свободной материальной точки массы m относительно неинерциальной системы отсчета можно за- писать в форме уравнений Лагранжа с обобщенно-потенциальными силами с обобщенным потенциалом 2 ([ ] ) ( ) [ ] 2 m m m = − + − Ωr v Wr Ωr U , где r −радиус-вектор точки, v − ее скорость, W − ускорение посту- пательного движения неинерциальной системы отсчета, а Ω− угло- вая скорость ее вращения. 6.61. Материальная точка массы m движется по гладкой окружности ра- диуса a, которая вращается в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси AB, про- ходящей через одну из точек окружности, с постоянной угловой скоростью ω. Используя Движение твердого тела. Неинерциальные системы 138 неинерциальную систему отсчета, связанную с вращающейся ок- ружностью, составить уравнения движения точки. 2 sin 0 ⎡ ⎤ ϕ + ω ϕ = ⎣ ⎦ && 6.62. Тело брошено из некоторой точки поверхности Земли с начальной скоростью v 0 . Принимая во внимание вращение Земли и считая уг- ловую скорость ее вращения постоянной и малой, найти отклонение траектории движения тела от плоскости. |