ЭБЗ Классическая физика (часть 1) - механика, термодинамика и молекулярная физика (1175272), страница 48
Текст из файла (страница 48)
Для каждого отдельного процесса выбрать тела, включаемые в систему. Тем самым устанавливается, какие силы, действующие на каждое тело, являются внутренними, а какие внешними.6. Выяснить возможность применения к данной системе тел законов сохраненияимпульса и момента импульса и сделать дополнительные предположения, которыедолжны быть сделаны для выполнения этих законов, и оценить возможность такихпредположений по условиям задачи.7. Если сумма внешних сил, действующих на систему, равна нулю или внешнимисилами можно пренебречь, для такой, системы можно записать уравнение (2.1). Еслисумма моментов внешних сил относительно некоторой оси, действующих на систему,равна нулю или моментами этих сил можно пренебречь, для такой системы можно записать уравнение (3.5).8.
Для получения скалярных соотношений законы сохранения (2.1) и (3.5) записатьв проекциях на координатные оси. Для скалярной записи закона сохранения моментаимпульса достаточно проекции на одну ось – ось вращения (уравнение (3.6)).9. Если внутренние силы консервативны, а работой внешних сил можно пренебречь, возможно применение закона сохранения энергии в форме (2.8) или (2.9). Кинетическую энергию вращающихся тел найти по формуле (3.7).Если.
внешние или диссипативные внутренние силы совершают работу, то по величине этой работы в соответствии с выражением (2.7) может быть определено изменение энергии системы.10. Скалярные уравнения (или система уравнений), полученные в пп. 8 и 9, позволяют рассчитать искомые скорости тел, их положения и т. д.Задача 3.1Блок в форме однородного диска (m0 = 0,2 кг) может вращаться вокруг горизонтальной оси. Через блок перекинута нить,к концам которой привязаны грузы массой m1 = 0,3 кг и m2 = 0,lкг.
Найти ускорение грузов и силу давления блока на ось.В движении участвуют три тела с заданными массами: двагруза и блок, имеющий неподвижную ось вращения. Грузы движутся поступательно, блок вращается. Так как нить нерастяжима,ускорения обоих грузов одинаковы по модулю: a1 = a2 = a и равны ускорению любой точки нити. В предположении, что нить непроскальзывает по блоку, тангенциальное ускорение точек блока,соприкасающихся с нитью, равно по модулю ускорению нити и,Рис. 11следовательно, ускорению грузов. Поэтому, если радиус блока R, тоa = εR .(1)Каждый из грузов взаимодействует (рис. 11) с Землей (силы m1g и m2g) и с нитью(T1 и T2).
Блок взаимодействует с Землей (m0g), с осью (N) и нитью ( T1′ и T2′ ). Еслинить считать невесомой, силы натяжения в любой ее точке остаются при движении по-стоянными, причем T1' = T1, T2' = T2. Из сил, действующих на блок, вращающие моменты создают только силы T1′ и T2′ : M1′ = [R, T1′] , M ′2 = [R, T2′ ] .Для скалярной записи уравнений второго закона Ньютона достаточно одной координатной оси х, направленной, как показано на рис. 11.
При таком выборе оси a1x = a,a2x = –a Для скалярной записи основного уравнения динамики вращательного движенияось z направим по оси вращения «на нас». Моменты сил T1′ и T2′ направлены в противоположные стороны и в проекциях на ось z M1z = T1R, M2z = –T2R.Уравнения для трех тел в проекциях на выбранные оси примут видm1a = m1 g − T1 , − m2 a = m2 g − T2 , Iε = T1 R − T2 R *.(2)Момент инерции блока – однородного диска – выражается формулойm0 R 2I=.2(3)Решая систему уравнений (1)-(3), найдемa=gm1 − m2m1 + m2 +m02= 3,9м.с2Силу давления блока на ось непосредственно найти нельзя.
Однако по третьему закону Ньютона Fдавл = –N, Fдавл = N. Сила нормальной реакции N может быть найдена изусловия неподвижности центра масс блокаm 0 g + T1′ + T2′ + N = 0или в проекциях на ось хm0 g + T1 + T2 − N = 0 ,откудаN = m0 g + T1 + T2 .Из уравнений (1)-(3)T1 = m1 g4 m 2 + m04m1 + m0= 1,8 Н ; T2 = m2 g= 1,4 Н ;2m1 + 2m2 + m02m1 + 2m2 + m0Fдавл = N = 5,2 Н .*Из последнего уравнения видно, что блок начнет вращаться только при T1 ≠ T2.Заметим, что величина R (радиус блока), входящая в систему уравнений (1)-(3), прирешении сокращается, т. е. ускорение грузов и силы натяжения нитей при заданныхформе и массе блока не зависит от радиуса.Задача 3.2Маховик, жестко связанный со шкивом радиуса r = 0,1 м, может вращаться вокруггоризонтальной оси. Момент инерции системы относительно этой оси I = 0,2 кг·м2. Нашкив навита нить, к концу которой прикреплен груз массой m = 0,5 кг.
Пренебрегая работой силы трения, найти: 1) скорость, которую приобретет груз, опустившись на расстояние h = 1 м; 2) силу натяжения нити при движении груза.В движении участвуют два тела: маховик (со шкивом) и груз. Момент инерции маховика и масса груза заданы. В начальный момент времени тела покоятся. Маховик игруз связаны нитью. Так как нить нерастяжима, скорости и ускорения всех ее точекодинаковы. Отсутствие скольжения нити по шкиву позволяет считать, что линейнаяскорость и тангенциальное ускорение любой точки обода шкива равны по модулю соответственно скорости и ускорению нити, поэтому vгруза = vнити = ωr и aгруза = aнити = εr,где ω и ε – угловые скорость и ускорение маховика.Рис.
12Груз, который можно считать материальной точкой, взаимодействует с Землёй инитью (силы mg и T на рис. 12). Силы тяжести и реакции оси, действующие на маховик, не создают вращающих моментов, так как точки приложения этих сил совпадают сосью вращения. Однако маховик взаимодействует также с нитью (сила Т' на рис. 12).Эта сила направлена по касательной к шкиву и создает вращающий моментM = [rT′] .(1)Так как нить невесома, сила натяжения нити остается постоянной во время движения и Т' = T.Так как вся система движется вследствие действия на груз силы тяжести, для определения скорости груза можно воспользоваться энергетическим методом. Маховик,груз и Земля образуют систему тел, полная энергия которой при переходе из положения 1 в положение 2 (рис.
12) не изменяется, так как сила тяжести – внутренняя консервативная сила, трением по условию задачи пренебрегаем, сила реакции оси работы несовершает. Изменение потенциальной энергии, рассчитанное по формуле (2.7),∆Wп = −mgh ;изменение кинетической энергии∆W к =mv2 Iω 2+.22Тогда в соответствии с уравнением (2.9)− mgh +mv2 I ω 2+= 0.22Так как v = ωr, тоmgh =v22I⎛⎜m + 2r⎝⎞⎟,⎠откудаv=2 mghм= 0,68 .Iсm+ 2rДля нахождения силы натяжения нити запишем уравнения второго закона Ньютона(1.1) для груза и динамики вращательного движения (3.1) для маховика:ma = mg + T , Iε = M .В проекциях соответственно на оси у и z, показанные на рис. 12, с учетом (1)ma = mg − T , Iε = Tr .Решая эту систему совместно с условием связи a = εr, найдем силу натяжения нитиT=mg= 4,8 Н .mr 21+IЗадача 3.3Однородный тонкий стержень длиной l может свободно вращаться вокруг горизонтальной оси, отстоящей от его конца на расстоянии d = l/3.
Стержень приводят в горизонтальное положение и отпускают. Найти угловое ускорение и угловую скоростьстержня в момент, когда он отклонен от горизонтального положения на угол φ(рис. 13). Рассмотреть также случаи, когда φ = 0 и φ = π/2.αРис. 13Тело вращается вокруг закрепленной оси. Форма тела и распределение масс заданы(однородный стержень), но масса тела неизвестна. Обозначив массу m, найдем моментинерции относительно данной оси по теореме Штейнера:I = I 0 + mb 2 .В этом выражении I == ml2/12 – момент инерции стержня относительно оси, проходящей через центр масс, расстояние между осями b = l/2 – d = l/6. Расчет даетI=ml 2.9Стержень взаимодействует с Землей (сила mg приложена к середине стержня) и сосью (момент силы реакции оси равен нулю).
Проекция момента силы тяжести на осьвращения (положительное направление «от нас») равна его модулюM = mgr sin α .В этом выражении r = b = l/6 – модуль радиуса-вектора точки приложения силы тяжести; α = π/2 – φ – угол между этим радиусом-вектором и направлением силы тяжести.Таким образом,M=mgl cos ϕ.6Согласно основному-уравнению (3.2)ε=M 3g cos ϕ=.I2lПри φ = 0 (горизонтальное положение) ε = 3g/2l. При φ = π/2 (вертикальное положение) ε = 0.Так как угловое ускорение переменно, угловую скорость удобнее находить изэнергетических соображений. Работу совершает только сила тяжести, поэтому полнаяэнергия системы стержень-Земля при переходе из положения 1 в положение 2 не изменяется, т.
е. справедливо уравнение (2.9). Так как кинетическая энергия в положении 1равна нулю,∆Wк = Wк2 − Wк1 =Iω 2 ml 2ω 2=.218Изменение потенциальной энергии при переходе системы из положения 1 в положение2:∆Wп = −mgh ,lгде h = b sin ϕ = sin ϕ – перемещение центра масс в направлении силы тяжести. Окон6чательно получим∆Wп = −mglsin ϕ .6Согласно уравнению (2.9)−mglml 2ω 2sin ϕ +=0618иω=При φ = 0 ω = 0. При φ = π/23gsin ϕ .lω = 3g l .Заметим, что используемая в ходе решения, но не заданная в условии масса тела вполученных выражениях для искомых величин отсутствует.Задача 3.4Горизонтальный диск (масса m1 = 20 кг, радиус R = 1 м) вращается вокруг вертикальной оси, проходящей через его центр, делая n1 = 2 об/мин.