умк_Вабищевич_Физика_ч.1. умк_Вабищевич_Физика_ч. Учебнометодический комплекс для студентов технических специальностей в двух частях Часть 1 Новополоцк 2005 2 удк 53 (075. 8)
 Скачать 1.81 Mb.
|
|
1.2. Методические указания к лекционным занятиям Вопросы лекции Форма изучения Литература Вопросы для самоконтроля 1. Условие равновесия материальной точки. 2. Понятие твердого тела. 3. Центр масс тела. 4. Силы природы, рассматриваемые в механике. 5. Сложение сил, действующих на твердое тело в разных точках приложения. 6. Момент силы. Правило моментов. 7. Виды равновесия твердого тела С Л С С Л Л Л [4] [4] [4] [3] [3] [3], [4] [4] 1. Какие величины называют векторными 2. Как находят векторную сумму (равнодействующую) нескольких сил 3. Как рассчитываются силы упругости, сила тяжести 4. Как направлен вектор момента силы 5. Сформулировать условие равновесия твердого тела. 6. Какое равновесие называют устойчивым, неустойчивым, безразличным 1.3. Методические указания к решению задач Типы задач Рекомендации по решению задач 1. Задачи на определение положения центра масс системы материальных точек. 2. Нахождение масс твердых тел. 3. Условие равновесия тел с закрепленной осью вращения. 4. Условие равновесия тел, которые могут участвовать во вращательном и поступательном движениях 1. Всю совокупность сил тяжести, действующих на материальные точки системы, можно заменить одной силой, приложенной к центру масс системы, положение которого определяется формулой 1 n i i i c m x x m = = ∑ ; 1 n i i i c m y y m = = ∑ ; 1 n i i i c m z z m = = ∑ , где x c , y c , z c – координаты центра масс в произвольно выбранной системе координат. 2. Сделать схематический чертеж, на котором указать все силы, действующие на тело. Особое внимание обратить на правильное указание точек их приложения. 3. Записать правило моментов относительно произвольно выбранной оси вращения. Как правило, ось вращения выбирают таким образом, чтобы через нее проходило как можно больше линий действия сил, приложенных к телу. Моменты таких сил тогда будут равны нулю. 4. Найти плечи сил относительно этой оси. 5. Если в полученное уравнение моментов входит две или более неизвестных величины, то надо использовать уравнение равновесия в проекциях на выбранные оси координат. 6. Решение системы, состоящей из уравнения моментов и уравнений равновесия в проекциях на оси координат, приводит копре- делению искомой величины 100 1.4. Примеры решения задач по статике Пример Четыре материальные точки массами m 1 , m 2 , m 3 , расположены на легком жестком стержне на расстояниях друг за другом (рис. 1.7). Найти положение центра тяжести системы. Решение Первый способ Так как система обладает осевой симметрией, то ось ОХ удобно направить вдоль прямой, соединяющей материальные точки, а начало отсчета поместить на конце стержня. Положение центра тяжести системы определим по формуле 1 ( ) n i i i Z c m x M mg x mg m = = = ∑ ; 1 1 2 3 4 1 2 3 4 0 2 3 n i i i c m Отсюда находим 2 3 4 1 2 3 4 Второй способ Если к центру тяжести стержня (некоторой точке С, (см. рис. 1.7) приложить силу F , уравновешивающую действующие силы тяжести материальных точек, то система будет находиться в равновесии. Запишем условия равновесия относительно системы координат, указанной на рис. 1.7, с учетом силы F : 2 3 4 2 3 0 Z c M m g m g m g Fx = + + − = ∑ , (1) 0 x F = ∑ , (2) 1 2 3 4 ( ) 0 Y F m m m m g F = − + + + + = ∑ , (3) где х с – расстояние от оси OZ до центра тяжести системы (ось OZ проходит через точку О перпендикулярно плоскости чертежа. Решив систему уравнений (1) – (3), получим 2 3 4 1 2 3 4 Ответ 3 4 1 2 3 4 Рис. 1.7 Пример Внутри диска радиусом R = 105,6 см, изготовленного из плоскопараллельной однородной пластинки, вырезан квадрат таким образом, как показано на рис. 1.8. Найти положение центра тяжести диска с вырезом. Решение Нахождение положения центра тяжести однородных тел, имеющих вырез, в рамках школьной программы возможно лишь при условии, что известны положения центров тяжести целого тела и вырезанной части. При этом на чертеже тело с вырезом нужно расположить так, чтобы центры тяжести целого тела и вырезанной части находились в плоскости рисунка на горизонтальной прямой. Тогда силу тяжести целого тела можно представить как сумму двух параллельных сил – силы тяжести вырезанной части и силы тяжести оставшейся фигуры, те. тела с вырезом. Рассмотрим конкретную задачу. Если бы диск массой m был без выреза, тона него действовала бы сила тяжести 1 2 mg m g m g = + , где m 1 , m 2 – масса вырезанного квадрата и масса диска с вырезом соответственно. При этом сила тяжести mg приложена к центру тяжести диска без выреза (к геометрическому центру диска, 1 m g – к центру тяжести квадрата (к геометрическому центру квадрата, 2 m g – в некоторой точке О, соответствующей центру тяжести диска с вырезом. При этом диск находился бы в равновесии. Запишем уравнение моментов целого диска относительно оси OZ, проходящей через точку О (геометрический центр диска) перпендикулярно плоскости чертежа, считая диск состоящим из двух частей – квадрата и диска с вырезом 1 2 0 2 Z c R M m g m gx = − = ∑ , (1) где х с – расстояние от оси OZ до центра тяжести пластинки с вырезом. Выразив массы вырезанного квадрата и диска через плотность и объем 2 1 1 2 m hR = ρ , 2 m h R = ρ π (2) где h – толщина пластинки ρ – плотность материала, из которого она изготовлена, из (1) – (2) находим Рис. 1.8 102 1 1 2 1 1 1 2 2 0,1 м 1) c m R m R R x m m m = = = ≈ − π Ответ 0,1 м 1) c R x = ≈ π Пример Лестница массой m = 30 кг прислонена к гладкой вертикальной стене под некоторым углом к полу. Коэффициент трения между лестницей и полом µ = 0,3. Определить наименьший угол наклона лестницы к полу, при котором она может оставаться в равновесии, и силу, с которой лестница давит на стену, когда скользит. Решение На лестницу кроме силы тяжести, приложенной к ее центру масс (середине, действуют силы со стороны пола – сила реакции 1 N – и сила трения покоя тр пок F ; со стороны стены – сила реакции 2 N (рис. 1.9). При этом сила трения направлена таким образом, чтобы препятствовать скольжению лестницы по полу. Введем систему координат XYZ. Относительно оси OZ, проходящей через точку Опер- пендикулярно плоскости чертежа, момент силы трения покоя тр пок F равен нулю, сила тяжести mg и сила реакции стены 2 N вращают лестницу почасовой стрелке, а сила реакции пола 1 N – против. С учетом этого запишем уравнения равновесия лестницы в виде 2 1 1 cos sin cos 0 2 Z M mg N N = α + α − α = ∑ , (1) 2 0 x тр пок F N F = − = ∑ , (2) 1 0 y F N mg = − = ∑ . (3) Поскольку сила трения покоя . max 1 тр пок тр F F N ≤ = µ , то уравнения (2) – (3) можно записать в виде 2 1 тр пок N F N = ≤ µ ; 1 N mg = ; 2 N mg ≤ µ . (4) Рис. 1.9 Преобразуем уравнение (1) с учетом выражений (4): tg 2 mg mg mg + µ α Отсюда находим 1 tg 2 α ≥ µ ; min 1 arctg 59 Обратимся теперь ко второму вопросу задачи. При скольжении лестницы сила трения будет равна 1 тр F N = µ . Следовательно, сила / 2 N (по третьему закону Ньютона / 2 2 N N = , с которой лестница будет давить на стену / 2 1 88,2 H тр N F N mg = = µ = Ответ min 1 arctg 59 2 α = ≈ µ ; / 2 88,2 H N mg = Пример На цилиндр намотана нить, конец которой закреплен настойке в верхней точке наклонной плоскости так, как показано на рис. 1.10. Коэффициент трения цилиндра о плоскость – µ . При каком максимальном значении угла α цилиндр не будет скатываться с наклонной плоскости Решение На цилиндр действуют четыре силы сила тяжести mg , сила натяжения нити Т, сила реакции N и сила трения тр пок F , препятствующая скольжению цилиндра по плоскости. Так как цилиндр покоится, алгебраическая сумма моментов сил, действующих на цилиндр, относительно произвольно выбранной оси равна нулю. Запишем уравнение моментов, например, относительно оси, перпендикулярной плоскости чертежа и совпадающей с осью цилиндра, а также уравнения равновесия для сил в проекциях на оси ОХ и О 0 Z тр пок M TR F R = − = ∑ , (1) sin 0 X тр пок F T F mg = + − α = ∑ , (2) cos 0 Y F N mg = − α = ∑ . (3) Рис. 1.10 Выразив из уравнения (1) силу натяжения нити Т и подставив в (2), получим 2 sin 0 тр пок F mg − α = . (4) Поскольку сила трения покоя . max тр пок тр F F N ≤ = µ , то уравнение (4) с учетом (3) можно записать в виде sin cos 2 тр пок mg F N mg α = ≤ µ = µ α . Следовательно tg 2 α ≤ µ; arctg2 α ≤ µ ; max arctg2 α = µ . Ответ max arctg2 α = µ . 105 2. УЧЕБНЫЙ БЛОК ДИНАМИКА ВРАЩАТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ ТВЕРДОГО ТЕЛА Введение Раздел динамики вращательного движения является одним из основных разделов физики, изучаемой в университете. Это обусловлено, во- первых, достаточно новым материалом, который в школьном курсе физики не изучается. Во-вторых, этот раздел имеет большое значение при изучении других дисциплин теоретической механики, сопротивления материалов, строительной механики, теории машин и т.д. Поэтому материал этого блока, по сравнению с другими блоками, предлагается на лекции, и не выносится на самостоятельное изучение. Вместе стем для изучения этого блока необходимо наличие у студентов определенных знаний и умений. При изучении данного блока студенты должны знать законы динамики поступательного движения материальной точки – понятие момента сил и центра масс – законы сохранения механики поступательного движения материальной точки иметь представление – о правилах векторного и скалярного произведений – о методах интегрирования – о способах определения центра масс – о кинематических характеристиках движения по окружности. Учебная программа блока Содержание блока Форма подготовки Литература Динамика твердого тела 1. Основные понятия момент импульса, момент инерции, момент импульса силы лекция [3] 2. II закон Ньютона для вращательного движения лекция [3], [4] 3. Закон сохранения момента импульса лекция [2], [4] 4. Кинетическая энергия вращательного движения. Работа лекция [3] Свободное вращение твердого тела 5. Понятие о степени свободы твердых тел лекция [4] 6. Момент инерции сложных тел лекция [2], [3], [4] Окончание табл. 7. Вращение тела относительно свободной оси лекция [4] 8. Вращение тела относительно заданной точки лекция – 9. Гироскопический эффект самост. [2], [4] Цели обучения студент должен знать студент должен уметь – законы динамики вращательного движения (законы сохранения и II закон Ньютона для вращательной динамики – понятие и методику определения момента инерции твердых тел – способы определения направления векторов момента силы, момента импульса – понятие степени свободы твердого тела – понятие свободной оси и особенности движения твердого тела со свободной осью – определять моменты сил и плечо сил – определять момент инерции твердых тел – определять динамические характеристики вращательного движения на основе законов динамики вращательного движения – решать комплексные задачи механики с учетом качения и вращения твердых тел 2.1. Краткое содержание теоретического материала Закон сохранения момента импульса В динамике систем материальных точек твердого тела известны две величины, которые в замкнутой системе сохраняются импульс и энергия. Определим еще одну такую величину. Рассмотрим систему, состоящую из двух взаимодействующих точек, на которые действуют также внешние силы (рис. 2.1). Уравнения движения точек имеют вид 1 1 12 1 m f F υ = + и 2 2 21 2 m f F υ = + , где υ – производная скорости точек повремени (ускорение. Умножим первое уравнение на 1 r , а второе – на радиус-вектор второй частицы 2 r , которые для мгновения времени, можно считать радиусами окружностей, по которым движутся материальные точки m 1 и m 2 и получим 1 1 1 1 12 1 1 , m r r f r F ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ υ = + ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ; 2 2 2 2 21 2 2 , m r r f r F ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ υ = + Поскольку векторное произведение r ⎡ ⎤ υ ⎣ ⎦ эквивалентно [ ] d r dt υ , то получаем уравнение движения в виде m 1 m 2 Рис. 2.1 107 [ ] 1 1 1 1 12 1 1 , d m r r f r F dt ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ υ = + ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ; [ ] 2 2 2 2 21 2 2 , d m r r f r F dt ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ υ = + ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ (1) Сложив уравнения вместе с учетом p m = υ и 12 21 f f − = [ ] [ ] ( ) ( ) 1 1 2 2 1 2 12 1 1 2 2 d r p r p r r F r F r F dt ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ + = − + + ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ , векторное произведение ( ) 1 2 12 , 0 r r f ⎡ ⎤ − = ⎣ ⎦ , так как вектора 1 2 r r − и 12 f параллельны. Если внешние силы отсутствуют, так как система замкнута, то [ ] [ ] ( ) 1 1 2 2 0 d r p r p dt + = или [ ] [ ] 1 1 2 2 const r p r p + = . (2) Величина [ ] L rp = носит название момента импульса относительно точки О. Закон сохранения момента импульса: в замкнутой системе момент импульса системы тел всегда сохраняется постоянным. Величина M rF ⎡ ⎤ = ⎣ ⎦ , как известно, носит название момента силы относительно точки О. Определение модуля момента импульса показано на примерах рис. 2.2), где а – момент импульса точки массой m относительно оси ( sin L m l m r pl = υ = υ α = (3)), а б – момент импульса точки, движущейся по окружности радиуса R ( L m R pR = υ = (4)). Направление вектора L определяют по правилу левой руки если четыре пальца ладони направить по направлению плеча импульса, а ладонь расположить так, чтобы импульс входил в ладонь, то момент импульса силы Рис. 2.2 а б будет направлен по направлению большого пальца ладони, отогнутого на угол Обобщая уравнения (1) и (2), связь момента импульса системы материальных точек с моментами сил, действующих на точки, получаем в виде m i i i d L r F dt ⎡ ⎤ = ⎣ ⎦ ∑ , (5) где m i i i M r F ⎡ ⎤ = ⎣ ⎦ ∑ – суммарный момент внешних сил. Если суммарный момент сил на некоторую ось равен нулю 0 z M = ∑ , то z z d L M dt = ∑ , 0 z d L dt = , и момент импульса системы также сохраняется. Второй закон Ньютона для вращательного движения. Момент инерции тел На основе уравнений (4) и (5) для материальной точки, движущейся по окружности, можно записать ( ) d m R FR dt υ = ⋅ , (6) где левая часть – изменение момента импульса материальной точки под действием импульса момента силы, представленного правой частью уравнения. Так как R υ = ω , то уравнение (6) можно переписать в виде 2 d mR F R M dt ω = ⋅ = , или, вводя угловое ускорение ε , в виде 2 mR M ε = , (7) где величина 2 J mR = является мерой инертности при вращательном движении и получила название момента инерции. Таким образом, для вращательного движения твердого тела уравнение (7), выражающее Второй закон Ньютона, можно записать в виде T T M J = ε , (8) где J T – момент инерции тела, T ε – мгновенное угловое ускорение тела под действием результирующего момента сил, действующих на тело. Так как масса твердого тела распределена по его объему, то для определения момента инерции тела можно поступать следующим образом – разбить тело на микрообъемы dV i ; – определить кратчайшее расстояние r i от dV i до оси вращения тела – определить массу микрообъема i i i m dV = ρ ⋅ ; – определить момент инерции такой массы 2 i i i J m r = ; – осуществить операцию суммирования J i 2 2 1 1 1 N N N T i i i i i i i i i J J m r dV r = = = = = = Операцией, эквивалентной суммированию, является интегрирование функции J по объему тела. Поэтому в общем случае 2 T V J r dV = ρ ⋅ ∫ , (9) где ρ – плотность вещества тела. Уравнение (9) позволяет определить J для любого тела (формы и распределения массы) и любой оси вращения этого тела. Однако определение может быть упрощено в ряде случаев, например, если известен момент инерции тела относительно некоторой оси вращения его, проходящей через центр массы – J o , ареальная ось вращения параллельно смещена (рис. 2.2). АА – ось вращения, для которой известно J 0 ; ВВ – ось вращения тела, для которой определяется Вращение тела относительно оси ВВ с угловой скоростью ω можно представить в виде двух движений – движение центра массы точка О) по окружности с радиусом d вокруг оси ВВ; – вращение тела относительно оси АА. Рис. 2.2. При этом оба движения осуществляются с угловой скоростью ω. Поэтому можно записать 2 o T J J m d = + ⋅ . (10) Выражение (10) называется теоремой Штейнера. Энергия и работа при вращательном движении Пусть на элементы тела массой действуют внутренние i f и внешние силы. Эти силы совершают работу, которая для го элемента будет записана в виде формулы [ ] [ ] i i i i i i i i i i dA f dt F dt f r dt F r dt = υ + υ = ω + ω , и которая приводит к движению го элемента по окружности относительно некоторой оси с угловой скоростью ω, вектор которой совпадает с осью вращения z. Тогда для всех элементов тела элементарная работа равна ( ) ( ) внутр внеш i i i dA dA M dt M dt = = ω + Сумма моментов внутренних сил равна 0. Поэтому t dA Mdt M dt M dt ω = ω = ω = ω , так как проекция z M M ω = , поскольку ось z совпадает с вектором угловой скорости. Учитывая, что d dt ϕ = ω , получаем выражение для работы по повороту твердого тела вокруг осина бесконечно малый угол d ϕ : z dA M d = ϕ Для поворота тела наконечный угол ϕ , требуемая работа равна 0 z A dA Определить энергию вращающегося тела с угловой скоростью можно суммированием энергий движения по окружностям всех бесконечно малых элементов (точек) твердого тела, которая является кинетической энергией. Для одной ой точки твердого тела 2 2 2 2 2 i к 2 2 1 2 2 i i zi J m R J ω = ω Выражение для кинетической энергии всего тела, вращающегося вокруг неподвижной оси z , имеет вид 2 В общем случае, движение можно представить как совокупность двух движений – поступательного и вращательного. Соответственно и кинетическая энергия произвольно движущегося тела может быть записана в виде суммы кинетической энергии центра инерции 2 2 m υ и вращательной энергии тела вокруг оси, проходящей через центр инерции и совершающей только поступательное движение 2 2 2 2 к m J W υ ω = + Этот закон удобно использовать при рассмотрении качения тел. Свободные оси. Главные оси инерции В предыдущих разделах, рассматривая вращение тел, мы подразумевали, что ось вращения неподвижна. Однако неподвижность оси вращения наблюдается только в случае, если тело симметрично относительно оси вращения (риса, когда для каждого элемента тела m 1 находится симметричный элемент m 2 ( m 1 = m 2 ). За счет жесткой связи элементов тела ось вращения обеспечивает центростремительную силу для m 1 и m 2 , чтобы они двигались по окружности. Вследствие симметрии m 1 и m 2 и равенства их масс центростремительные силы, направленные коси от m 1 и m 2 взаимно уравновешиваются. В итоге результирующая сила, действующая на ось, равна нулю. Такая ось вращения тела называется свободной осью, те. осью, сохраняющей свое положение без воздействия внешних сил. Если тело несимметрично относительно оси вращения (см. рис. 2.3, б, то внутренние центростремительные силы не уравновешиваются. а б Рис. 2.3 Например, если тело имеет форму гантели и вращается с угловой скоростью ω вокруг оси 00, то, чтобы удерживать ось вращения неподвижной, необходимо приложить к ней силы, обеспечивающие вращательный момент ц с l m rl = = ω который бы компенсировал момент сил 1 f и 2 f , каждая из которых равна m ω 2 r . Если не создать этого момента сил, то, закрепленная в подшипнике деталь, будет поворачиваться по стрелке см. рис. 2.3). Таким образом, для предотвращения перемещения оси в пространстве необходимы опоры оси – подшипники, которые должны действовать на ось с силами f 1 и Величины модулей и f 2 определяются условием статического равновесия оси вращения (см. учебный блок Статика. Для тела любой формы существует три взаимно перпендикулярные, проходящие через центр инерции тела оси, которые могут служить свободными осями, что можно доказать. Такие оси называются главными осями инерции. У однородного параллелепипеда главными осями инерции будут оси ООО ООО, проходящие через центры граней (риса. У тела, обладающего осью симметрии (цилиндр, одной из осей инерции является ось симметрии (см. рис. 2.4, б. В качестве двух других могут служить любые взаимно-перпендикулярные оси, лежащие в плоскости, перпендикулярной оси симметрии и проходящей через центр инерции. То есть только одна из главных осей инерции фиксирована. Для тел с центральной симметрией (симметрия относительно точки – центра массы) главными осями являются любые три взаимно перпендикулярные оси, проходящие через центр инерции, следовательно, ни одна из осей не фиксирована. Риса б Устойчивость вращения Основное уравнение динамики вращательного движения справедливо для вращения относительно любой возможной оси. Однако характер движения, его устойчивость, существенно зависят оттого, как ось вращения расположена относительно главных осей инерции. Если тело вращается в условиях, когда какое-либо воздействие извне отсутствует, то устойчивым оказывается только вращение вокруг главных осей, соответствующих максимальному и минимальному значениям момента инерции. Вращение же вокруг оси с промежуточным моментом инерции будет неустойчивым. При наличии внешнего воздействия, например – со стороны подвеса нити, устойчивым оказывается только вращение вокруг главной оси, соответствующей наибольшему значению момента инерции. По этой причине тонкий стержень, подвешенный на нити, прикрепленный к его концу, при быстром вращении будет, в конечном итоге, вращаться вокруг перпендикулярной к нему оси, проходящей через центр (риса. Аналогичным образом ведет себя диск, с прикрепленной к его краю нитью (рис. 2.5, б. Движение тела, закрепленного водной точке В каждый момент времени вращение тела, закрепленного водной точке, можно рассматривать как вращение тела вокруг мгновенной оси, которая изменяет свое положение ив теле, ив пространстве, но всегда проходит через закрепленную точку и совпадает по направлению с вектором угловой скорости. Самым простым примером может служить вращение тела, закрепленного в центре инерции. Совместим с этой точкой также и начало координат. Момент импульса какой-либо частицы m i относительно центра инерции равен [ , ] i i i L r m = υ , где скорость можно определить через векторное произведение угловой скорости и радиус-вектора ой точки относительно центра инерции Рис. 2.5 114 [ ] i i r υ = ω . Тогда момент импульса ой точки [ [ ]] i i i L m r r = ω , а полный момент импульса тела 1 1 [ [ ]] n n i i i i i i L L m r r = = = = ω ∑ ∑ . (11) Учитывая известную формулу векторной алгебры [ [ ]] A a bc = ( ) ( ) b ac ab c = − , получаем 2 1 ( ( )) n i i i i i i L m r r r = = ω = ω ∑ , (12) откуда видно, что, в общем случае, вектор L момента импульса совпадает с направлением угловой скорости ω . Проецируя полученные выражения на избранную систему координат, получаем соотношение между проекциями векторов L и ω следующего вида x xx x xy y xz z L J J J = ω + ω + ω ; y yx x yy y yz z L J J J = ω + ω + ω ; z zx x zy y zz z L J J J = ω + ω + ω (13) Девять величин , xx xy zz J J J … соответствуют моментам инерции тела относительно соответствующих осей при произвольном вращении тела с угловой скоростью ω с компонентами (х. Для этих величин выполняется обязательное условие yx xy J J = ; zx xz J J = ; Выражение значительно упрощается, если оси выбранной системы координат совпадают по направлению с главными осями инерции. В этом случае J xy = J yz =J zx = 0; x xx x L J = ω ; , y yy y L J = ω ; z zz z L J = ω и x y z L L i L j L k = + + , где , , i j k – единичные орты выбранной системы координат. Вращение симметричного тела Решение задач о вращении твердого тела в общем случае представляет большие трудности. Точное решение удается получить лишь для нескольких частных случаев. Поэтому основные закономерности можно выяснить на примере тел, обладающих осью симметрии. Обычно используют модель симметричного волчка, для которого выполняется следующее соотношение для главных моментов J xx = J yy = J ≠ J zz . При этом необходимо строго различать ось симметрии (которая может быть определена визуально) и мгновенную ось вращения, совпадающую с направлением вектора угловой скорости ω (рис. 2.6). Рассмотрим вращение симметричного волчка в отсутствии действия внешних сил. Вращательное движение тела в отсутствии внешних сил называется свободным вращением В этом случае сохраняется кинетическая энергия, а в отсутствие внешних моментов сил направление и модуль момента импульса. Однако при свободном вращении симметричного волчка наряду с законами сохранения энергии и момента импульса выполняется закон сохранения проекций моментов импульса на ось симметрии тела (будем считать, что ось z совпадает с осью симметрии const z zz z L J = ω = , согласно построению Пуансо вектор L и ω не совпадают. При этом постоянство проекции означает, что симметричный волчок равномерно вращается с угловой скоростью ω z вокруг своей оси симметрии. Это легко можно доказать, исходя из следующих соображений. Кинетическую энергию вращающегося тела можно записать в виде суммы 2 2 2 1 1 ( ) ( ) 2 к x yy y zz z E J J J L = ω + ω + ω = ω , но , x xx x L J = ω y yy y L J = ω и z zz z L J = ω , поэтому 2 2 2 кВ силу симметрии волчка xx yy J J J = = получаем 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 к x y z z z x y z z zz zz E L L L L L L L L L J J J J J J = + + − + = + + + − Поскольку для момента импульса верно равенство 2 2 2 2 x y z L L L L = + + , ток, откуда следует const, z L = если к и Рис. 2.6 Характер движения мгновенной оси также можно установить аналогичным способом 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) . 2 2 2 к + ω + ω + − ω = ω + − ω Поскольку Е к и ω я постоянны, то квадрат угловой скорости также должен быть постоянной величиной. При этом в силу того, что к = , угол между векторами L и ω также будет сохраняться при вращении. Поэтому мгновенная ось вращения в своем движении будет описывать конус вокруг направления вектора L с угловой скоростью ω . Однако, поскольку волчок вращается относительно оси симметрии со скоростью, то ось симметрии также будет описывать конус относительно направления вектора L , поскольку вектора ω , L и ось симметрии лежат водной плоскости. Таким образом, симметричный волчок вращается со скоростью ω вокруг мгновенной оси и со скоростью вокруг своей оси симметрии. При этом направление вектора L представляет собой некоторую неподвижную ось, вокруг которой ось симметрии совершает вращение. Такое вращение оси симметрии относительно неподвижной оси называется регулярной прецессией. Угловую скорость прецессии пр можно определить, если разложить вектор ω по правилу параллелепипеда на две составляющие вдоль оси волчка и вдоль направления L: пр = ω + ω . Из рис. 2.7 видно, что sin y ω = ω Θ , но sin , y y y yy L L L J J J Θ ω = = = тогда пр = . Важным частным случаем свободного вращения твердого тела является вращение шарового волчка, то есть тела, у которого все главные моменты инерции одинаковы. В этом случае направление векторов ω и совпадают. Поэтому при постоянном моменте импульса L, будет постоянна и угловая скорость ω. Движение при этом будет представлять свободное вращение шарового волчка с постоянной угловой скоростью и вокруг направления вектора момента импульса Рис. 2.7 |