рактический курс физики. Механика (Практический курс физики. Механика), страница 11

скорость изменения момента импульса системы относительноточки О равна векторной сумме моментов внешних сил относительноэтой точки, действующих на систему. Если система материальныхточек замкнута, то сумма моментов внешних сил равна нулю.r n rЗакон сохранения момента импульса L = ∑ Li = const(4.10)i =1ZωrFrFZRrMrFτrFRMZ rrrvвыполняется в замкнутойсистеме, что следует из (4.9).Рассмотримвращениетвердоготелавокругнеподвижной оси Z.rМоментом силы Fотносительно неподвижнойпроекцияоси Z называетсяrM на эту осьвектора(рис.4.2)OРис.

4.2rr rM Z = M пр Z = r , F[ ]пр Z= R ⋅ Fτ ,(4.11)rгде Fτ - касательная (тангенциальная) составляющая силы F .Моментом импульса системы материальных точек (тела)называется проекция вектораотносительно неподвижной оси Zна эту ось (см. рис.4.2)nrr rLZ = Lпр Z = ∑ [ri , mi vi ]i =1пр Znr n= ∑ Ri mi vi =∑ Ri mi ωRi =ω∑ Ri2 mi .

(4.12)ni =1i =1i =162Основное уравнение динамики вращательного движения тела,вращающегося вокруг неподвижной оси, имеет видdLZ= MZ .(4.13)dtЕсли материальная точка массы m вращается вокругнеподвижной оси Z по окружности радиуса R , моментом инерции Iматериальной точки относительно данной оси называетсяпроизведение массы точки на квадрат расстояния до оси вращенияI = mR 2 .(4.14)Моментом инерции системы материальных точек (тела)относительно неподвижной оси Z называется сумма моментовинерции всех точек системы (тела)nI = ∑ mi Ri2 .(4.15)i =1Подставив в уравнение (4.12) выражение (4.15), моментимпульса относительно неподвижной оси представим в виде(4.16)LZ = Iω .Продифференцировав соотношение (4.16) по времени, получимосновное уравнение динамики вращательного движения тела,вращающегося вокруг неподвижной оси в видеd (Iω)MZ =.(4.17)dtЕсли момент инерции вращающегося тела постоянен, основноеуравнение динамики вращательного движения тела, вращающегосявокруг неподвижной оси, в этом частном случае можно записатьdωMZ = I= Iε .(4.18)dtТеоремаШтейнера:C′моментинерциителаI0O′mотносительно произвольной осисуммеOO′ (рис.4.3) равенdмомента инерции телаICCотносительно осиCC ′ ,параллельнойданной,проходящей через центр масс(точку С), и произведения массыOтела m на квадрат расстояниямежду осямиРис.4.3I 0 = I C + md 2 .(4.19)Кинетическая энергия при вращении тела вокруг неподвижной оси:63Iω2.(4.20)2Кинетическая энергия тела, катящегося без скольжения, имеет видIω2 mv 2,(4.21)+EK =22где v - скорость центра масс тела.Элементарная работа при вращении твердого тела(4.22)dA = M Z dϕ ,где dϕ - угол поворота, M Z - момент сил, действующих на тело(вращающий момент).Работа постоянного момента сил равна(4.23)ΔA = M Z Δϕ .ΔAСредняя мощностьN == MZ ω .(4.24)ΔtМгновенная мощность N = M Z ω .(4.25)Работа, совершаемая при вращении тела, и изменениекинетической энергии связаны соотношениемIω22 Iω12.(4.26)A=−22EK =Поступательное движениевдоль OXмасса rmсила Frrимпульс p = mvОсновное уравнение динамикиrdp rr r= F , ma = FdtЗакон сохраненияимпульсаnrr n rP = ∑ pi =∑ mi vi =consti =1i =1Работа, мощностьdA = Fds cosαN = FvКинетическая энергияmv 2EK =2Вращение тела вокруг неподвижнойоси Z2момент инерцииrr I =r mRмомент силы M = r , F , M Z = R ⋅ FτL = Iω ,моментимпульсаr r rr rL = [r , p ] = [r , mv ][ ]rdL rdLd (Iω)= M , Iε = M , Z ==Mdtdtdtмомента импульсаr n rL = ∑ Li =const , Iω = consti =1dA = MdϕN = MωIω2EK =2644.2.Примеры решения задачЗадача 4.1.

Шайба А (рис.4.4) может свободно скользить вдольгладкого стержня в формеO’R.полукольцарадиусаПолукольцовращаетсяспостоянной угловой скоростью ωyвокруг оси OO′ . Найти угол α ,которыйсоответствуетRустойчивому положению шайбы.→Решение. При отсутствиитрения на шайбу действует силанормальной реакцииопоры соrстороны кольца N и сила тяжестиrmg . В проекциях на оси х и увторой закон Ньютона примет видN cos α − mg = 0 ,N sin α = man ,где an - нормальное ускорение,αxαrF→mgOРис.4.2v= mω2 r = mω2 R sin α .rуравнениясовместно,an = mN4РешаяполучимN sin αmω2 R sin αg= tgα =; cos α = 2 .N cos αmgωRgЕсли g < ω2 R ,то α = arccos 2 . Если g > ω2 R , то α = 0.ωRЗадача4.2.Определитьмоментинерции круглого дискарадиуса R, массой mZ,относительноосиперпендикулярнойплоскостидиска, hпроходящей через егогеометрический центр.ZmrdrRРис.

4.565m.πR 2 hВыделим мысленно кольцо радиуса r шириной dr. Все элементыэтого кольца находятся на одинаковом расстоянии от оси Z. Тогдамомент инерции кольца относительно оси Z равенdI Z = dmr 2 ; dm = ρh 2πrdr .Подставив выражение массы кольца dm, получимdI Z = ρh 2πrdrr 2 = 2πρhr 3dr .Момент инерции диска найдем интегрированиемRRr 4 R πρhR 4.I Z = ∫ dI Z = 2πρh ∫ r 3dr = 2πρh=04200Подставив выражение плотности, найдем момент инерции дискаI Z = mR 2 2 .Задача 4.3.

Найти момент инерции тонкой однородной пластинымассы m относительно оси OO′ , проходящей через одну из вершинпластины перпендикулярно к ее плоскости, если стороны пластиныравны a и bО′(рис.4.6).Решение.Обозначим σ Z′поверхностнуюплотность массыhпластиныmdhaσ=. ВыделимabпластинкуZОdhшириной(стержень)инайдем моментbинерции стержняотносительно осиРис.4.6OO′ с помощьютеоремы Штейнера.

Учитывая, что масса стержня равна dm = bdhσ .Момент инерции стержня относительно оси ZZ ′ равенdI Z = 1 3⋅ dmb 2 =1 3⋅ bdhσb 2 =1 3⋅ σb3dh .По теореме Штейнера момент инерции стержня относительнооси OO′ dI O = dI Z + dmh 2 .Проинтегрировав полученное выражение, найдем моментинерции стержня относительно оси OO′Решение. Плотность кольца равна (рис.4.5) ρ =66aaaa1⎞⎛1I O = ∫ dI O = ∫ ⎜ b3σ + bσh 2 ⎟dh = ∫ b3σdh + ∫ bσh 2 dh =33⎠00⎝00a 1a m1= b3σh + bσh3 = (a 2 + b 2 ) .0 30 33Задача 4.4. На однородныйm1сплошной цилиндр массы m1 радиусаR намотана легкая нить, к концу которой→ROvприкреплено тело массы m2 (рис.4.7).

В→Tмомент времени t = 0 система пришла в→движение. Пренебрегая трением в осиTцилиндра, найти зависимость от времени→aугловой скорости цилиндра.m2Решение. Рассмотрим движениедвух связанных тел: вращающегося→m2gцилиндра m1 и тела m2 , совершающегопоступательное движение. На телоrдействуют сила тяжести m2 g и силаРис.4.7rT . Второй законнатяжения нитиНьютона для тела m2 имеет вид m2 g − T = m2 a .Основное уравнение динамики вращательного движения дляцилиндра M = Iε .Момент инерции цилиндра I = m1R 2 2 .

Угловое ускорение ε = a R .mam1R 2 aТогда TR =T = 1 . Подставив T в уравнение. Откуда2 R2второго закона Ньютона, получим m2 g − m1a 2 = m2 a .Линейное ускорение тела и точек на ободе диска равно2m2a=gm1 + 2m2Угловое ускорение диска ε = a R . Подставив выражения a ,2m2 gнайдем ε =.(m1 + 2m2 )RУгловое ускорение не зависит от времени. Следовательно,2m2 gtвращение равноускоренное, поэтому ω(t ) = εt =.(m1 + 2m2 )R67rN2rarN1rTI1xαyI2rTFтр1r αmgFтр 2αrmgЗадача 4.5.Двакатка, связанные штангой ,скатываются с наклоннойплоскости,образующейугол α = 30° с горизонтом(рис.4.8). Катки имеютодинаковыемассыm = 5кги одинаковыерадиусы r = 5 см .

Моментинерции первого каткаотносительнооси,проходящей через егоI1 = 80кг ⋅ см 2 ,центрI 2 = 40кг ⋅ см 2 .второго РисШтанганевесома.Определить: 1) угловое ускорение, с которым скатываются катки безскольжения; 2) силу натяжения штанги, если каток с большиммоментом инерции движется впереди.Решение. Запишем второй закон Ньютона для каждого катка,мысленно разрезав штангу и заменив ее действие на каждый катоксилой натяжения Tma = mg sin α − T − Fтр1 ,ma = mg sin α + T − Fтр 2 .Моменты сил трения, действующие на катки, приводят квозникновению угловых ускорений. Основное уравнение динамикивращательного движения для каждого катка имеет видFтр1r = I1ε, Fтр 2 r = I 2ε , откуда Fтр1 = I1ε r , Fтр 2 = I 2ε r .Линейное и угловое ускорение катка связаны соотношениемa = εr . Подставив выражения ускорения и сил трения в уравнениявторого закона Ньютона, запишемmεr = mg sin α − T − I1ε r ,mεr = mg sin α + T − I 2ε r .Сложив уравнения, получим 2mεr = 2mg sin α − (I1 + I 2 )ε r .

Откудаε( I − I )рад2mgr sin α= 66 2 ; T = 1 2 = 2,64 Н .ε=2с2r2mr + I1 + I 2Задача 4.6. Однородный диск радиуса R раскрутили до угловойскорости ω0 и осторожно положили на шероховатую горизонтальнуюповерхность с коэффициентом трения μ (см.рис.4.5). Сколько временидиск будет вращаться до остановки? Давление диска на поверхностьсчитать равномерным.68Решение.

Введем поверхностную плотность массы σ =m.πR 2Найдем момент сил трения M, действующих на диск.Выделим кольцо радиуса r шириной dr. Сила трения,действующая на кольцо, равна dF = μdN = μgdm = μgσ2πrdr .Момент действующей на кольцо силы тренияdM = dF ⋅ r = μgσ2πr 2 dr .Проинтегрировав выражение dM , получим момент сил трения,действующих на дискRRRR3 222M = ∫ dM = ∫ μgσ2πr dr = μgσ2π ∫ r dr = μgσ2π= μgmR .33000Основноеуравнение динамики вращательного движения дляrrдискаM = Iε .

При торможении диска I dω dt = − M , откудаdω = −(M I )dt . Проинтегрировав полученное выражение, найдемугловую скорость ω = −(M I )t + const .Постоянную интегрирования найдем из начальных условий.Поскольку при t = 0 ω = ω0 , зависимость угловой скорости от времениимеет вид ω = ω0 − (M I )t . В момент остановки ω = 0, т.е. время доостановки t0 = ω0 I M .Момент инерции диска относительно оси вращения, проходящейчерез его центр, равен I = mR 2 2 .Окончательно получим t0 = 3ω0 R (4μg ) .Задача 4.7. На неподвижныйнерастяжимая нить, к свободномумассой m2 (cм. рис.4.7).

В моментдвижение. Найти зависимостьотносительно оси блока от времени.блок массой m1 намотана легкаяконцу которой подвешено теловремени t = 0 система пришла вмомента импульса системыРешение. Момент импульса системы r относительноосиr rскладывается из момента импульса блока и тела L = L1 + L2 илиL00 = Iω + m2vR = Iω + m2ωR 2 = ω(I + m2 R 2 ) ,где I - момент инерции блока, ω - угловая скорость вращения блокаω= v R.Запишем второй закон Ньютона для тела m2 : m2 g − T = m2 a иосновное уравнение динамики вращательного движения для блока :TR = Iε , где ε = a R . Отсюда Iε = Rm2 ( g − a ) = m2 R ( g − εR ) ,69ε = m2 gR (I + m2 R 2 ) .

Угловое ускорение ε не зависит от времени.Это значит, что ω = εt , (ω0 = 0 ) . Следовательно, угловая скорость равнаω = m2 gRt (I + m2 R 2 ),а момент импульсаL=m2 gRt⋅ (I + m2 R 2 ) = m2 gRt .2I + m2 RЗадача4.8.Наподставкемассыm1AFукреплена ось с цилиндромрадиуса R массы m2 . Наm1цилиндр намотана веревка,ккоторойприложенапостоянная сила F . НайтиРис.4.9ускорения тела массы m1 ,цилиндра m2 и точки А веревки. Трением пренебречь. Веревку считатьидеальной невесомой нерастяжимой нитью.Решение.

Линейное ускорение подставки и оси цилиндраFa1 =.m1 + m2Угловое ускорение цилиндраMFR2Fε===.2I 0,5 ⋅ m2 Rm2 R2FСоответствующее линейное ускорение веревки a2 = εR =.m2Результирующее ускорение точки А веревкиRa A = a1 + a2 =m2F2 F F (m2 + 2m1 + 2m2 ) F (2m1 + 3m2 )+=.=m1 + m2 m2m2 (m1 + m2 )m2 (m1 + m2 )704.3.Задачи для самостоятельногорешения4.9 Тонкий однородный стержень длины3l = 30 см согнут под прямым углом, какпоказано на рис.4.10 и может вращатьсяотносительно вертикальной оси O1O2.