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.
|
|
2.2. Методические указания кл bbекциоbbннымbb занятиям Вопросы лекции Форма изучения Литература Вопросы для самоконтроля студентов. Динамика твердого тела. Основные понятия момент импульса, момент инерции, момент импульса силы. II закон Ньютона. Закон сохранения момента импульса. Кинетическая энергия вращательного движения. Работа лекция лекция лекция лекция, § 4.1, 4.5], [4, § 34 – 36] [3, § 4.2], [4, § 38] [3, § 4.3], [4, § 37] [3, § 4.4], [4, § 40, 41] 1. Как определить момент инерции тела 2. В какой ситуации применим закон сохранения момента импульса. Какую работу нужно затратить, чтобы повернуть квадратную рамку массой m и стороной а на угол относительно оси, проходящей через одну из его сторон 4. Определить направление векторов для горизонтального вращения шарика на веревке. Указать аналогии в законах динамики и сохранения для динамики поступательного и вращательного движения. Какое тело скатиться с наклонной плоскости быстрее полый цилиндр с внутреннею полостью радиусом или полый цилиндр с вну тренней полостью R/ 2, если массы и внешние радиусы равны. Свободное вращение твердого тела 2.1. Момент инерции сложных тел. Понятие о степени свободы твердых тел. Вращение тела относительно свободной оси. Вращение тела относительно заданной точки. Гироскопический эффект лекция лекция лекция лекция самост [4, § 39] [4, § 42] [4, § 43] – [4, § 44] 1. Чем определяется число степеней свободы тела 2. Что такое эллипсоид инерции, как он трансформируется с появлением симметрии в системе. Какие условия необходимо выполнить при создании сложных вращающихся деталей. В чем состоит суть гироскопического эффекта Где он применяется В чем проявляется 118 2.3. Методические указания к решению задач Тема занятия Задачи Рекомендац ии Задачи из сборников. Определение момента инерции твердых тел. Необходимо помнить, что момент инерции системы тел есть сумма моментов инерции каждого тела в отдельности. Момент инерции тела относительно произвольной оси можно определить, если известен момент инерции этого тела относительно другой параллельной данной оси по теореме Штейнера 3. При определении момента инерции сплошных тел можно использовать методику определения центра масс – выделить элементарную массу и проинтегрировать по всему объему, № 2.2, 2.4 – 2.8, 2.12 – 2.15] 1. Определение динамических характеристик вращательного движения твердого тела. Динамические характеристики вращательного движения. Качение. При определении параметров вращательного движения твердого тела необходимо помнить, что угловая скорость, угловое ускорение, момент силы, момент импульса псевдовекторы, те. их направление не совпадает с направлением движения или действия силы или передачи импульса, а определяется по правилам буравчика и левой руки. Изобразить все моменты сил, приложенные к телам, движение которых изучается При этом необходимо учитывать, что на данное тело могут действовать моменты сил только со стороны других объектов со стороны Земли – со стороны опоры – сила реакции – N ; со стороны соприкасающихся тел – сила трения тр F 3. Ось вращения при этом – точку относительно которой записываются моменты сил и моменты импульса удобно выбирать таким образом, чтобы часть сил (импульсов) имели нулевые плечи Такой выбор системы отсчета позволяет максимально упростить уравнение динамики. Записать второй закон Ньютона для вращательной динамики в проекциях на оси выбранной системы координат. Дополнить уравнения вращательной динамики уравнениями динамики поступательного движения и уравнениями кинематики так, чтобы число уравнений равнялось числу неизвестных. Разрешить систему уравнений относительно неизвестных, № 2.29 – 2.32] Окончание табл. 1. Закон сохранения момента импульса. Сделать чертеж, на которому казать начальные и конечные моменты импульса системы и направление внешних сил. Выбрать систему координат так, чтобы удобнее было проецировать на них векторы (часть из векторов могут проходить через центр масс и не вызывать вращения. 3. Записать уравнения закона сохранения момента импульса в проекциях на соответствующие оси. Дополнить систему уравнений уравнениями динамики и кинематики, чтобы полная система уравнений стала замкнутой. Законы сохранения при вращательном движении. Закон сохранения энергии. Работа. Мощность. Для вращательной динамики также выполняется теорема о кинетической энергии – работа есть изменение кинетической энергии тела. При этом полная кинетическая энергия будет состоять из энергии поступательного движения и энергии качения (вращения. 3. При определении работы, необходимо выяснить какие виды энергии при этом изменяются, это позволит определить работу какой силы нужно найти В ее качестве может выступать и равнодействующая сила (момент сил. Если сила неизвестна из условия, то ее следует найти из уравнений динамики. Для определения работы при повороте тела удобно использовать выражения для определения работы как произведения момента сил на элементарный угол поворота. Определить мощность силы (момента силы) по одному из подходящих соотношений dA N dt = , NF v = [1 , № 2.62 – 2.70] 3. Комплексные задачи 1. Сделать чертеж, на котором изобразить систему в двух (нескольких) положениях. Выбрать нулевой уровень отсчета потенциальной энергии. Если тело расположено выше нулевого уровня, то потенциальная энергия положительная, если ниже – отрицательная. Если в системе присутствуют диссипативные силы, то необходимо определить работу этих сил. Записать закон сохранения полной механической энергии или изменения механической энергии с учетом работы сил трения. Дополнить полученные уравнения нужным числом уравнений динамики – целесообразно записать закон сохранения энергии для начального и конечного состояний и дополнить его законом сохранения для каких -либо промежуточных состояний – необходимо учитывать, что при переходе к различным инерциальным системам отсчета полная энергия может меняться, поэтому целесообразно использовать неподвижные относительно Земли системы отсчета, № 2.117 – 2.123] 120 2.4. Примеры решения задач Определение момента инерции Пример 1. Определить момент инерции полого цилиндра с радиусами R и 2R, массой m и высотой h относительно оси, проходящей через образующую полости (рис. 2.8). Определим момент инерции относительно оси симметрии цилиндра 2 0 J r Выберем элементарный цилиндрический слой 2 , dS rdr = π 2 , dV dSh rhdr = = π 2 2 dm dV h dr = ρ = π Установим пределы интегрирования от R до 2R 2 3 0 2 R R J h r dr π ρ = ∫ ( ) 4 4 4 4 1 1 15 2 16 4 2 2 h r h R R h R π ρ = π ρ − = π ρ . Общую массу цилиндра можно определить как ( ) 2 2 2 4 3 m h R R R h = ρ π − π = π ρ . Момент инерции тела относительно оси симметрии ( ) 4 2 2 2 0 15 5 5 3 2 2 2 J h R R h R mR = π ρ = π По теореме Штейнера определим момент инерции цилиндра относительно оси, проходящей через образующую полости В – В, d = R – расстояние между осями А – Аи В – В. 2 0 J J md = + ; 2 2 2. 5 7 2 Пример Определить момент инерции фигуры, образованной из проволоки общей массы m , которая изогнута в виде равностороннего треугольника со стороной l . Ось вращения проходит через одну из сторон треугольника рис. 2.9). 1. Определим момент инерции одной из сторон. 2R A A B B R Рис. 2.8 121 Выбираем элементарный участок длиной dx и массой dm Sdx = ρ ( S – сечение проволоки, ρ – плотность материала. Расстояние от dm до оси вращения r = x sin α. Момент инерции этой стороны определим интегрированием Масса стороны треугольника 0 1 3 m m = ; 0 1 3 3 m lS lS = ρ = Момент инерции этой стороны 2 2 1 0 1 sin 3 J m l = α . Мы определили момент инерции стержня, который закреплен под углом α коси. При этом определенный момент инерции отличается от момента инерции стержня, перпендикулярного коси на sin 2 α. Легко определить момент инерции второй стороны потому же алгоритму Момент инерции закрепленной на оси вращения стороны равен 0 (sin α = 0). Момент инерции относительно данной оси можно определить как сумму моментов инерции относительно той же оси 2 2 2 2 1 2 0 2 2 sin sin 3 9 J J J m l m l = + = α Динамические характеристики вращательного движения Пример Блок с моментом инерции J = = 0,01 кг ⋅м 2 укреплен на вершине наклонной плоскости (рис. 2.10). Гири массами m 1 = 3 кг и m 2 = 4 кг соединены нитью, перекинутой через блок. Угол при основании наклонной плоскости. Определить натяжение нитей ни несли гиря массой опускается равноускоренно. Блок х dm ω α l l Рис. 2.9 Рис. 2.10 представляет собой однородный цилиндр радиусом R = 0,1 м. Трением пренебречь. Решение Запишем основное уравнение динамики (второй закон Ньютона) применительно к поступательному движению грузов и основное уравнение динамики вращательного движения блока. В векторной записи эти уравнения будут иметь вид 1 н a F m g F = + + ; 2 на в скалярной 1 1 1 sin н a F m g = − α (1) 2 н a m g F = − (2) 2 1 J M M ε = − , (3) где 1 н R = ; (4) 2 н R = (5) Момент инерции блока J нам известен. Подставим (4) ива также учтем, что 2 1 : н н a a J F R F R R R ε или 2 1 2 н н a J F F R = − (6) Итак, мы имеем три уравнения (1), (2) и (6) стремя неизвестными искомыми силами ни ни ненужным ускорением а. Можно его исключить, разделив эти уравнения попарно друг на друга. Тогда останутся два уравнения с двумя неизвестными ни F н2 , которые путем алгебраических действий можно будет отыскать. Но такое решение будет чрезвычайно громоздким, в чем вы можете убедиться, пройдя поэтому пути. Мы же пойдем другим путем. Сложим левые и правые части уравнений (1), (2) и (6). При этом искомые ни н уйдут вследствие приведения подобных членов, а ускорение а останется. Но, найдя его, мы сможем легко определить и искомые силы натяжения из уравнений (1) и (2). Такое решение будет значительно проще. 123 1 2 1 1 2 2 2 1 2 sin , н н н н a m a m a J F m g m g F F F R + + = − α + − + − ( ) 1 2 2 1 2 sin , a a m m J g откуда ( ) 2 1 1 2 2 sin g m m a J m m R − α = + + (7) Теперь определим из (1) и (2) ни н, подставив в эти выражения вместо а правую часть уравнения (7): ( ) ( ) 2 1 1 1 1 1 2 2 sin sin н m m F m a g m g J m m R ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − α = + α = + α ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + + ⎝ ⎠ 2 1 2 2 1 1 1 2 2 sin н g J m m R ⎛ ⎞ − α + α + + α ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = + + ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 н R m R J F m g m m R J + + α = + + , ( ) 2 1 2 2 2 2 1 н m m F m g m a m g J m m R ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − α = − = − = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + + ⎝ ⎠ 2 2 1 2 2 1 2 2 sin , J m m m R m g J m m R + − + α + + ( ) ( ) 2 1 2 2 2 1 2 1 н R J F m g m m R J + α +Произведем вычисления ( ) ( ) 1 4 0,01 4 0,01 0,01 sin 30 3 9,8 H 24 H, 3 3 0,01 н ⋅ = + + ( ) ( ) 2 3 0,01 1 sin 30 0,01 4 9,8 H 27 H. 3 4 0,01 н Ответ н 24 H, н 27 H. Пример Маховое колесо, имеющее момент инерции J = 245 кг ⋅м 2 , вращается, с частотой ν 0 = 20 с (рис. 2.11). В некоторый момент времени на него стала действовать тормозящая сила, в результате чего колесо через t = 1 мин остановилось ( ν = 0). Радиус колесам. Найти величину тормозящего момента силы три число полных оборотов N, сделанных колесом до полной остановки. Решение Поскольку, кроме тормозящей силы, на колесо не действуют другие силы, создающие момент сил, то согласно основному закону динамики вращательного движения произведение момента инерции махового колеса J и его углового ускорения ε равно тормозящему моменту сил М тр : тр J M ε = . (1) Поскольку колесо вращается под действием постоянного момента сил тр M , его движение равнозамедленное, поэтому угловое ускорение точнее – замедление) колеса ε мы найдем по известной формуле равнопеременного вращательного движения твердого тела 0 t ω − ω −ε = или 0 t ω − ω ε = . Здесь ω 0 – начальная угловая скорость колеса, а ω – его конечная угловая скорость. Эти величины связаны с известными нам частотами вращений ν 0 и ν соотношениями 0 0 2 ω = πν и 2 ω = πν . Тогда 0 2 2 t πν − πν ε = или ( ) 0 0 2 2 , t t π π ε = ν − ν = ν (2) так как ν = 0. Подставив (2) в (1), найдем искомый тормозящий момент сил М тр : 0 2 тр J M t ν = Полное число оборотов колеса N можно определить, умножив его среднюю частоту вращения ν ср , то есть среднее число оборотов за единицу времени, на все время вращения t: ср N t = ν . Средняя частота вращения колеса ν ср есть среднее арифметическое начальной ν 0 и конечной ν частот вращения (подчеркнем, что это справедливо только при равнопеременном вращении твердого тела Рис. 2.11 125 0 0 2 2 ср ν + ν ν ν = = при ν = 0. С учетом этого 0 Подставим числа и произведем вычисления 2 3,14 20 245 H м 60 тр M ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ; 20 60 Ответ М тр = 513 Нм N = Пример Однородный диск радиусом R = 0,2 ми массой m = 5 кг вращается вокруг оси, проходящей через его центр перпендикулярно плоскости диска. Зависимость угла поворота диска от времени дается уравнением 2 , A Bt Ct ϕ = + + где С = 2 рад/с 2 . Вращению диска противодействует тормозящий момент сил трения М тр = 1 Нм. Определить величину касательной силы F, приложенной к ободу диска. Решение Касательная сила F , приложенная к ободу диска, создает вращающий момент сил M , который по определению момента силы равен произведению величины этой силы f и ее плеча. Плечом силы F в нашем случае является радиус диска, поэтому Вращающему моменту силы M противодействует момент сил трения тр M . Согласно основному уравнению динамики вращательного движения произведение момента инерции J диска и его углового ускорения ε равно векторной сумме моментов сил, приложенных к диску относительно центра вращения 0 (рис. 2.12): тр J M M ε Поскольку векторы моментов сил M и тр M антинаправлены (в чем несложно убедиться, используя правило правого винта, тов проекциях на ось ОХ этот закон примет вид тр J M M ε Момент инерции диска относительно оси вращения определяется по формуле 2 Рис. 2.12 Угловое ускорение диска найдем как вторую производную угла поворота диска повремени) Подставив правые части (1), (3) ив, мы получим уравнение, в котором будет только одна неизвестная – искомая сила 2 : 2 2 тр mR F C FR Отсюда 2 , тр FR mR C M = + 2 , тр M mR F C R R = + тр M F Подставим числа и произведем вычисления 1 5 0,2 2 H 7 H. 0,2 F ⎛ ⎞ = ⋅ ⋅ +Ответ F = 7 H. Законы сохранения. Работа Пример Какую работу А надо совершить в течение t = 1 мин, чтобы увеличить частоту вращения маховика массой m = 50 кг, имеющего форму диска диаметром D = 1,5 мот до ν = 50 с, если к ободу маховика приложена по касательной постоянная сила трения F тр ? Решение Работа вращательного движения твердого тела определяется произведением вращающего момента силы М вр и угла поворота этого тела за некоторое время t: вр A M = ϕ (1) Для определения вращающего момента силы М вр воспользуемся основным уравнением динамики вращательного движения твердого тела, которое применительно к данной задаче в векторной записи имеет вид , вр тр J M M ε а в скалярной вр тр J M M ε = − (2) Здесь J – момент инерции маховика, ε – его угловое ускорение, а М тр – момент силы трения. Момент инерции однородного диска относительно оси вращения, проходящий через его центр масс перпендикулярно плоскости диска, определяется формулой где , 2 D R = поэтому 2 8 mD J = (3) Момент силы трения равен произведению силы трения F тр на ее плечо тр тр M F R = или 2 тр тр D M F = (4) Подставив (3) ив, получим ( ) 2 0,5 0, 25 8 2 вр тр тр mD D M F D mD F = ε + = ε +Поскольку, судя по условию задачи, величины сил, действующих на маховики их плечи не менялись, то его вращение равноускоренное, поэтому угловое ускорение маховика ε найдем по его определению 0 , t ω − ω ε где ω 0 = 0, так как ν 0 = 0, поэтому 2 t t ω πν ε = С учетом этого 2 0,5 0,25 0,5 0,5 вр тр тр mD M D mD F D F t t πν ν ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = + = π + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (5) Нам осталось найти угол поворота маховика ϕ за время t. Его мы можем определить из формулы средней угловой скорости переменного вращения твердого тела , ср t ϕ ω откуда ср t ϕ = ω В свою очередь среднюю угловую скорость ω ср равноускоренного вращательного движения можно определить как среднее арифметическое начальной угловой скорости ω 0 = 0 и конечной угловой скорости ω: 0 2 2 2 2 ср ω + ω ω πν ω = = = = πν Тогда .t ϕ = πν (6) Подставив (5) ив, мы решим задачу в общем виде 0,5 0,5 , тр mD A D F t t ν ⎛ ⎞ = π + πν ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ( ) 0,5 0,5 тр A D mD F Эту же задачу можно решить иначе, определив искомую работу как сумму изменений кинетической энергии вращательного движения маховика и работы против сил трения А тр : 2 1 k k тр A Здесь 2 0 1 , 2 k J E ω = 2 2 2 k J E ω = и , тр тр A F где l – длина дуги, по которой будет двигаться точка обода маховика в течение времени t. Так как 0 0 v = , то 0 0 ω = и 1 0 к Е = , поэтому 2 , 2 тр J A F l ω = + (7) где 2 8 mD J = (8) 2 v ω = π . (9) Длину дуги l можно определить, рассуждая так за среднюю величину периода маховика 1 ср ср T v = точка его обода совершит полный оборот и пройденный ею путь будет равен длине окружности D π . Аза время пройденный точкой путь равен l . Тогда средняя линейная скорость точки обода ср ср D v T π = и ср l v t = , поэтому ср D l T t π = , откуда ср Dt l T π = , где 0 1 2 2 ср ср T v v v v = = = + , так как 0 0 v = . Тогда 0,5 2 Dtv l Dtv π = = π . (10) Подставим (8), (9) ив 2 тр mD v A F Dtv π = + ⋅ π ⋅ или 0,5 (0,5 ) тр A vD vmD F t = π π + , Ответы одинаковы. Подставим числа и произведем вычисления 5 0,5 3,14 50 1,5(0,5 3,14 50 50 1,5 1 Дж 7 10 Дж+ ⋅ = Ответ 5 7 10 Дж Пример На барабан радиусом R = 0,2 м, момент инерции которого J = = 0,1 кг ⋅ м 2 , намотан шнур, к которому привязан груз массой m = 0,5 кг. До начала вращения высота груза над полом h = 1 м (рис. 2.13). Найти кинетическую энергию груза Е к в момент удара о пол. Движение груза считать равноускоренным. |