Физика. Механика. Тесты для электронного экзамена и задачи для контрольных работ. Все формулы и единицы измерения приведены в международной системе единиц си
 Скачать 4.22 Mb.
|
|
Примеры решения задач Задача Горизонтальная платформа массой M = 100 кг вращается вокруг вертикальной оси, проходящей через центр платформы, с частотой ν = 10 об/мин. Человек массой m = 60 кг стоит при этом на краю платформы. С какой частотой ν' начнет вращаться платформа, если человек перейдет от края платформы к ее центру Во сколько раз увеличилась кинетическая энергия платформы с человеком Считать движение человека бесконечно медленным, платформу — однородным диском радиусом R = 1,5 м, а человек — материальной точкой. Дано: M = 100 кг m = 60 кг R = 1,5 м ν =10 об/мин = (1/6) с –1 Найти: ν', к н Т Т Рассмотрим силы, приложенные к человеку и диску (риса. К человеку приложена сила тяжести mg G , нормальная и касательная тр F G (сила трения, составляющие силы реакции платформы. К платформе 1 ν 1 W k G z N G g m G тр F G тр тр F – F G G ` g М G Q G а N – W G G 2 ν 2 W б. Кинетическая энергия твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси. 309 310 Глава 5. ЭЛЕМЕНТЫ МЕХАНИКИ ТВЕРДОГО ТЕЛА приложена сила тяжести Mg G , сила реакции опоры G Q со стороны осина которую насажен диск, сила трения три сила давления со стороны человека. Рассмотрим механическую систему, состоящую из платформы и человека. Тогда внешними силами являются Mg G , mg G и G Q . Выберем ось z вдоль оси вращения. При таком выборе все внешние силы направлены вдоль оси z и их проекции на оси x и y равны нулю. Так как проекция момента любой силы на ось z зависит только от и F y (5.10) M xF yF z y x = − , (то, очевидно, все M z = 0 и суммарный внешний момент внеш 0. Более того, для данной задачи Mg G + mg G + G Q = 0 , так как вдоль оси z система, а значит и ее центр масс, не движутся. Следовательно, имеет место закон сохранения момента импульса системы тел при вращательном движении относительно неподвижной оси (5.43) и t t z 1 1 ( ) ( ) ω + I t t z 2 2 ( ) ( ) ω = I t t z 1 1 ( ) ( ) ′ ′ + ω I t t z 2 2 ( ) ( ) ′ ′ ω , (где t и t' — начальный момент времени, когда человек находится на краю платформы, и конечный момент времени, когда человек находится в центре. I 1 (t) = I 1 (t' ) = I 1 = MR 2 /2 — момент инерции платформы (диска, I 2 (t) = mR 2 — момент инерции человека в начальный момент времени, I 2 (t' ) = 0 — момент инерции человека в конечный момент времени, ω 1z t ( ) = ω ω 2 z t ( ) = — начальная частота вращения системы человек + платформа, ω 1z t ( ) ′ = ω ω 2 z t ( ) ′ = ′ — конечная частота вращения системы человек + платформа. Проекции векторов угловой скорости тел системы в начальный и конечный момент времени равны модулям этих векторов, т. к. эти вектора параллельны оси z. Таким образом, имеем равенство+ I 2 ) ω = I 1 ′ ω . (По определению 2 , (4) ′ = ′ ω πν 2 . (Подставляя (4) ив, имеем+ I 2 2 ) πν = I 1 2 πν′ . (Выражая из (6) ′ ν , получаем равенство ′ = + = + = + = + ν πν π ν ν ν ( ) ( ) ( ) ( ) I I I I I mR MR m M 1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 1 2 1 2 . (Требование неизменности момента импульса системы тел подразумевает возможность изменения момента импульса каждого из тел системы. Отношение кинетической энергии системы в конечный и начальный момент равно 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 1 2 ( ) 2 (1 ) 1 2 2 1 1 1 , 1 ω′ ω ν ′ ′ = = = = + + + ω ν ω + ν = = + = + = +кн (где и ′ ω — начальная и конечная угловая скорость системы (платформа и человек, Т н и Т к — начальная и конечная кинетическая энергии системы. Подставляя численные значения в (7–8), получаем = + = + ⋅ = ⋅ ν ν ( ) ( ) , 1 2 1 2 60 100 1 6 2 2 1 6 m M (об/с) = = 2,2 · 10 = 22 (об/мин) ≈ 0,37 (об/с), 2 2 60 1 1 2, 2 кн + = +Ответ = + ν ν ( ) 1 2m M = 22 (об/мин) ≈ 0,37 (об/с), 2 1 2, кн + = 5.6. Кинетическая энергия твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси. 311 312 Глава 5. ЭЛЕМЕНТЫ МЕХАНИКИ ТВЕРДОГО ТЕЛА. ПЛОСКОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА Плоским движением называется такое движение, при котором все точки абсолютно твердого тела движутся параллельно одной плоскости. Например, при качении цилиндра (колеса) по горизонтальной поверхности все точки движутся в плоскости XOY, перпендикулярной поверхности (рис. 5.7). Рассмотрим движение произвольной точки А при ее перемещении вместе с цилиндром из положения 1 в положение 3. Представим сложное движение любой точки цилиндра (траектория такого движения называется циклоида) как сумму двух простых движений поступательного движения из положения 1 в положение 2 относительно неподвижной системы координат и вращательного движения из положения 2 в положение 3 (поворот на угол ϕ вокруг оси, проходящей через центр масс системы точку С) относительно движущейся системы кординат ′ K , жестко связанной с центром масс системы. Выберем за начало инерциальной системы отсчета К неподвижную точку О, совпадающую в начальный момент с центром масс системы точкой С. r G 0 r G r` G С n o p А А А а О z x y О(С) K r` G 0 R G v` G R G С o p б z` x` y` С K` Рис. В неподвижной системе координат K (риса) имеем равенство + где вектор G r — перемещение точки А изначального в конечное. Вектор перемещение в этой же системе отсчета за это же время точки А, совершающей поступательное движение изначального положения в промежуточное. Отметим, что центр масс тела точка С при движении цилиндра совершает только поступательное перемещение. Из (риса) следует, что поступательное движение т. А совпадает сдвижением точки С. Вектор G ′ r — перемещение в системе отсчета К т. А из промежуточного положения в конечное. Последнее перемещение можно представить (рис. б) как вращение вокруг неподвижной оси в системе отсчета ′ K , жестко связанной с движущимся центром масс системы (т. СВ этой системе отсчета вектор G G G ′ = − r R R 0 . Продифференцируем указанное выше векторное равенство для G r повремени. (По определению и G G v dr dt 0 Так как не меняется со временем, тол = − = = G G G G G , [ , ] л Ц v R = где ли Ц — линейная и угловая скорости вращательного движения вокруг неподвижной оси, проходящей через центр масс. Таким образом, имеем, Ц + ω G G G K . (Так как при поступательном движении все точки тела движутся одинаково, то v m m v m m v v C i i i i i = = = = ∑ ∑ 1 1 0 0 0 и, ] С Ц v v R = + ω G G G K . (Таким образом, плоское движение твердого тела можно представить как сумму поступательного движения его центра масс и вращательного движения относительно неподвижной оси, проходящей через центр масс. Плоское движение твердого тела 313 314 Глава 5. ЭЛЕМЕНТЫ МЕХАНИКИ ТВЕРДОГО ТЕЛА В общем случае скорость твердого тела при плоском движении можно представить как векторную сумму скоростей поступательного движения любой его точки необязательно центра масс и вращательного движения, обусловленного вращением вокруг оси, проходящей через эту точку. Если представлять плоское движение твердого тела через движение его центра масс, то система уравнений (5.1) и (5.27) сводится к виду, (5.53) I C Ц = Ц. (Здесь I C — момент инерции тела относительно оси, проходящей через его центр масс. Переменные в первом уравнении рассчитываются относительно инерциальной системы отсчета, а во втором — относительно системы, связанной с центром масс (инерции, те. в Ц-системе. 5.8. КИНЕТИЧЕСКАЯ ЭНЕРГИЯ ПРИ ПЛОСКОМ ДВИЖЕНИИ Рассмотрим твердое тело как систему жестко связанных материальных точек. Скорость i точки твердого тела равна (5.52) K v i = [ , ] С Ц i v r + где G r i и Ц — радиус-вектор ой точки и вектор угловой скорости, рассчитанные относительно центра масс тела. Тогда кинетическая энергия всех точек тела 2 2 2 2 2 ( [ , ]) 2 2 2 ( 2 [ , ] ) 2 i i i i i С Ц i i i i i С C Ц i Ц i i m v m v m T v r m v v r r = = = + ω = = + ω + ω = ∑ ∑ ∑ ∑ G G G G G G G 2 2 [ ] = + ⋅ + = + ∑ ∑ ∑ v m v m r m r mv I C i C Ц i i i Ц i i i i С Ц 2 2 2 2 2 2 2 Здесь m m i i = ∑ — масса твердого тела, I C = m r i i i ∑ 2 — момент инерции твердого тела, относительно оси, проходящей через центр масс m r i i i ∑ = G m m r m i i i ∑ = G 0 СЦ mr = G , так как радиус-вектор центра масс в Ц-системе равен нулю (4.35). Таким образом, имеем пост вращ 2 2 С Ц С I mv T T T ω = + = + . (Следовательно кинетическая энергия плоского движения твердого тела равна сумме кинетической энергии поступательного движения его центра массв инерциальной системе отсчетаи кинетической энергии вращательного движения относительно оси, проходящей через его центр масс, те. в Ц-системе. Вопросы и задания для самопроверки. Дайте определение плоского движения. На какие два простых движения можно разбить плоское движение. Запишите выражение для кинетической энергии плоского движения твердого тела. Примеры решения задач Задача С наклонной плоскости, составляющей угол α c горизонтом, без скольжения скатывается цилиндр массой m и радиусом. Найти ускорение а его центра масс. Дано: α – угол наклона масса цилиндра R — радиус цилиндра. Найти: a — ускорение центра масс. Отсутствие скольжения (нулевая скорость в точке касания А) обеспечивается действием сил на скатывающееся тело со стороны наклонной плоскости. Эти силы сводятся к нормальной составляющей g m G тр F G A x a G c v v G G С c v G c v G c v G c v G c v G л v R W A z W G N G R G л v G л v G л v G л v G y A A X 9 5.8. Кинетическая энергия при плоском движении 315 316 Глава 5. ЭЛЕМЕНТЫ МЕХАНИКИ ТВЕРДОГО ТЕЛА силы реакции опоры G N и касательной составляющей — силе трения тр F G . При отсутствии скольжения сила трения есть сила трения покоя. Движение любой точки тела при плоском движении состоит из поступательного движения вместе с центром масс тела и вращательного вокруг центра масс. Следовательно, вектор скорости точки А равен сумме скорости поступательного движения центра масс и линейной скорости вращательного движения точки А относительно центра масс л (л ω ). Для простоты мы не будем обозначать индексом Ц переменные, рассчитанные относительно центра масс системы. Так как результирующая скорость в точке А равна нулю, то скорость центра масс и линейная скорость вращения в этой точке цилиндра направлены в противоположные стороны и равны по модулю. Следовательно ω . (Способ Запишем выражение (5.54) для вращательного движения цилиндра с учетом равенств ε ω ω z = = d dt d dt z и M M z = , те, (где I C и M – момент инерции и модуль момента внешних сил, d dt ω > 0 , так как угловая скорость растет со временем. Моменты сил тяжести и нормальной составляющей силы реакции опоры G N равны нулю, линии действия этих сил пересекают ось вращения, проходящую через центр инерции цилиндра параллельно его образующей. Модуль момента силы трения равен = RF тр . (Подставляя (3) в (2), получим тр C d I RF dt ω = . (4) Следовательно, тр C RF d dt I ω = . (5) Запишем выражение (5.53) для поступательного движения центра масс цилиндра и спроектируем его на ось X. ma C = mg sinα – F тр . (По определению. (Подставляя в (7) скорость центра масс из (1), получаем. (Учитывая (5), найдем связь между ускорением центра масс и силой трения, тр 2 C C F d a R R dt I ω = = . (Выразим силу трения F тр из уравнения (три подставим в (9) a R mg ma I C C C = − 2 sin α . (Выражая из (11) a C , получаем Учтем, что момент инерции цилиндра относительно оси, проходящей через центр масс и параллельной направляющей цилиндра 2 2 . (Тогда sin α α 1 2 2 3 2 2 . (Способ Применим закон сохранения энергии. На цилиндр действует не- консервативная сила трения. Так как скорость цилиндра в точке соприкосновения с наклонной плоскостью равна нулю, то равно нулю 5.8. Кинетическая энергия при плоском движении 317 318 Глава 5. ЭЛЕМЕНТЫ МЕХАНИКИ ТВЕРДОГО ТЕЛА перемещение точки приложения силы. Следовательно, работа такой силы также равна нулю. Пусть тело в данный момент прошло вдоль наклонной плоскости путь X. Будем отсчитывать потенциальную энергию от этого положения тела. Тогда в верхней точке полная энергия тела состоит только из потенциальной энергии П = mgh = mgX sinα. (В нижней точке наклонной плоскости у цилиндра нет потенциальной энергии, но есть кинетическая энергия поступательного и вращательного движения относительно центра масс 2 2 2 ω . (Подставляя ω изв, имеем 2 2 2 2 2 2 2 ( ) . (Приравнивая энергии в верхней и нижней точке, получаем = + 2 2 2 . (Дифференцируя это равенство повремени и замечая, что и dv dt a C C = , вместо (17) запишем = + 2 2 2 (или m I R a C C C sin ( ) α = + 2 . (Определяя из этого уравнения a C , получаем sin α α 1 2 3 2 . (Ответ a g I mR g C C = + = sin sin α α 1 2 3 2 ОСНОВНЫЕ ПОЛОЖЕНИЯ Условия равновесия твердого тела 0 • Уравнения динамики твердого тела ma F C G G = , Ц Ц dL M dt = G G • Если силы лежат в плоскости XOY, то второе условие равновесия имеет вид ± = 0 , где M iz – проекция момента ой внешней силы на ось z, M i = F i l модуль момента силы F i , l — плечо силы Момент инерции тела относительно оси dm = ∫ 2 , где r — расстояние от бесконечно малой части тела массой dm до оси Момент инерции материальной точки = mr 2 , где r — расстояние от материальной точки с массой m до оси Теорема Штейнера I = I C + ma 2 , где I, I C — моменты инерции относительно произвольной оси и оси, проходящей через центр масс тела и параллельной первой, a – расстояние между осями, m – масса тела Проекция момента импульса G L твердого тела на ось z |