Учебник - Механика. Методика решения задач - Русаков (1238761), страница 37
Текст из файла (страница 37)
рис. 7.16).Момент импульса ротора, вращающегося с угловой скоростью ω относительно своей геометрической оси, равен(7.101)L = Jω .МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ260В соответствии с определением углового ускорения запишем:dω.(7.102)β=dtВ результате получена полная система уравнений для нахождения сил, действующих на подставку со стороны поверхности.
Всоответствии с третьим законом Ньютона эти силы равны по величине искомым силам, действующим со стороны подставки на поверхность.III. Решая полученную систему уравнений (7.98) – (7.102) относительно F1 и F2, получаем:mg JβF1 =+,(7.103)2lmg JβF2 =−.(7.104)l2mglЗаметим, что при угловом ускорении ротора β ≥правая2Jопора подставки двигателя отрывается от поверхности.Задача 7.8Массивный цилиндрический каток (бегун) массой m, который может вращаться вокруг своей геометрической оси, приведенво вращение вокруг вертикальной оси с постоянной угловой скоростью ω и катится без скольжения по горизонтальной опорной плите(см. рис.
7.17).m, J0ωrРис. 7.17Радиус катка r. Момент инерции катка относительно геометрической оси равен J0. Вычислить полную силу давления катка наопорную плиту.Глава 7. Законы сохранения момента импульса и механической энергии261РешениеI. Выберем оси декартовой системы координат так, как показано на рис. 7.18. Каток участвует в двух движениях – вращениивокруг вертикальной оси Z с угловой скоростью ω и вокруг собственной геометрической оси AA' с угловой скоростью ω1. Направления угловых скоростей показаны на рис. 7.18.
Неподвижной остается точка крепления катка к вертикальной оси – точка C.ZACRωA'mgYω1NXРис. 7.18На каток действуют сила тяжести mg, сила реакции опоры Nи сила реакции со стороны вертикальной оси, приложенная в точкеС (не изображенная на рис. 7.18). Будем считать стержень, с помощью которого каток крепится к вертикальной оси, невесомым. Поусловию задачи цилиндрический каток движется без проскальзывания, это означает, что толщина катка существенно меньше расстояния R от катка до вертикальной оси вращения. Трением качения, возникающим при неупругих деформациях, пренебрегаем. Поусловию задачи требуется найти полную силу давления катка наопорную плиту, которая в соответствии с третьим законом Ньютона равна по модулю силе нормальной реакции опорной плиты N,действующей на каток.II.
Отличные от нуля моменты относительно точки C имеютдве силы – сила тяжести M mg и сила нормальной реакции со стороны горизонтальной поверхности M N . Запишем уравнение моментов для катка относительно точки C крепления катка к вертикальной оси:dL= M N + M mg .(7.105)dtМЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ262При качении катка по горизонтальной поверхности происходит постоянное изменение направления его оси, что определяетизменение направления вектора момента имω1Lxyпульса. Горизонтальная составляющая момента импульса LXY (см.
рис. 7.19) повора- ωчивается вокруг оси Z (см. рис. 7.20), а вертикальная составляющая LZ остается неизLzLменной:Рис. 7.19dL = dLXY + dLZ = dLXY .(7.106)Lxy(t)ZLxy(t)dαdLxyLxy(t+dt)Lxy(t+dt)Рис. 7.20Моменты силы тяжести M mg и силы нормальной реакцииопорной плиты M N относительно точки C направлены в противоположных направлениях вдоль оси Y (см. рис. 7.18). Следовательно, для величины скорости изменения горизонтальной составляющей момента импульса LXY с учетом (7.105) и (7.106) можно записать:dLXY(7.107)= M N + M mg = RN − Rmg .dtПоскольку составляющая момента импульса LXY направленавдоль собственной геометрической оси катка AA', то в соответствии с формулой (6.30) Главы 6:LXY = J 0ω1 .(7.108)В соответствии с условием задачи качение происходит безпроскальзывания, следовательно, скорости точек катка, соприкасающихся с горизонтальной поверхностью, равны нулю.
С другойГлава 7. Законы сохранения момента импульса и механической энергии263стороны, в силу принципа суперпозиции движений, скорость этихточек складывается из скорости вращения вокруг вертикальной осии скорости вращения вокруг собственной оси катка. Следовательноугловые скорости ω и ω1 связаны соотношением:ωR − ω1r = 0 .(7.109)Найдем величину скорости изменения горизонтальной составляющей момента импульса LXY . В соответствии с рис. 7.20.можно записать:dLXY LXY dα(7.110)== LXYω .dtdtВ результате получена полная система уравнений (7.107) –(7.110) для нахождения N.III.
Решая систему уравнений (7.107) – (7.110) относительновеличины силы нормальной реакции опорной плиты, получаем:RdLXY(7.111)= J 0 ω 2 = R(N − mg ) ,dtrJN = 0 ω 2 + mg .(7.112)rВ соответствии с третьим законом Ньютона искомая полнаясила давления катка на опорную плиту равна по модулю силе нормальной реакции опорной плиты N, действующей на каток (7.112).Задача 7.9Гироскоп представляет собой однородный диск радиусомR = 5 см и массой m0, закрепленный на невесомом горизонтальном стержне, ориентированномвдоль оси OO' (рис. 7.21). Гироскоп может вращаться вокругосей OO' и CD.
Диск гироскопауравновешен на другом конце осиOO' телом с той же массой m0.Гироскоп раскрутили вокруг собственной оси OO' так, что он делает n = 50 об./с. Затем к телумассой m0 подвесили еще одно, m0m0Рис. 7.21264МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧтело массой m = m0 / 10 . Найти период вращения гироскопа вокругоси CD, если расстояние l от оси CD до точки подвеса тела массойm0 (см. рис. 7.21) равно 10 см.РешениеI. До подвешивания тела массой m гироскоп уравновешен,следовательно сумма моментов силы тяжести, действующей надиск гироскопа, и силы натяжения нити подвеса тела массой m0относительно точки пересечения осей вращения OO' и CD гироскопа равна нулю.
В условии равновесия гироскоп не совершает прецессии. После подвешивания тела массой m увеличивается моментсилы натяжения нити подвеса, что приводит к изменению моментаимпульса гироскопа. Поскольку момент импульса гироскопа значительно больше изменения момента силы натяжения нити подвеса, то происходит медленное изменение направления момента импульса гироскопа L – прецессия оси гироскопа.II. Запишем уравнение прецессии гироскопа (см. (7.23)) относительно точки пересечения его осей вращения OO' и CD (см.рис. 7.18):M = [ΩL] ,(7.113)где M − сумма моментов внешних сил, действующих на гироскоп,Ω − угловая скорость прецессии.Дополним это уравнение выражением (7.18) для момента импульса гироскопа относительно его собственной оси OO':L = J 0ω .(7.114)Здесь момент инерции гироскопа, представляющего собой однородный диск, закрепленный на невесомом стержне, в соответствиис формулой (6.44) в Главе 6 равенm R2J0 = 0 ,(7.115)2а угловая скорость вращения гироскопа ω связана с числом егооборотов n вокруг собственной оси соотношением:ω = 2πn .(7.116)Подвешенные к стержню гироскопа тела массой m0 и m неперемещаются вдоль вертикальной оси CD в процессе движениягироскопа, поэтому в соответствии со вторым законом Ньютонасила натяжения нити подвеса тел F равнаF = (m0 + m )g .(7.117)Глава 7.
Законы сохранения момента импульса и механической энергии265Сумма моментов силы тяжести, действующей на диск гироскопа массой m0, и силы натяжения нити подвеса тел массой m0 и mотносительно точки пересечения осей вращения OO' и CD гироскопа направлена вдоль оси AB (см. рис. 7.22) и равна по модулюM = −m0 gl + (m0 + m )gl = mgl .(7.118)CΩMOBLO'ADРис. 7.22Вследствие быстрого вращения гироскопа вокруг своей осиего момент импульса будем считать направленным вдоль оси вращения OO' (рис. 7.22). При этом угловая скорость прецессии Ω всоответствии с (7.113) направлена вдоль оси CD (рис.
7.22).Подставляя (7.114) – (7.118) в (7.113) с учетом направлениявекторов M , L и Ω , для модуля угловой скорости прецессии гироскопа Ω получаем:Mmgl=.(7.119)Ω=L πnm0 R 2Искомый период вращения гироскопа вокруг оси CD в соответствии с (7.118) равен:m R22πT== 2π 2 n 0 .(7.120)mglΩПодставляя численные значения физических величин, заданных в условии задачи, получимT = 12,5 c .266МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ7.4. Задачи для самостоятельного решенияЗадача 1Диск, вращающийся с угловой скоростью ω1 вокруг вертикальной оси, проходящий через его центр масс, падает на другойдиск, вращающийся на гладкой горизонтальной поверхности с угловой скоростью ω2 вокруг той же оси (см. рис.).
Моменты инерции дисков относительно оси вращеω1ния равны J1 и J2. После паденияJ1верхнего диска на нижний оба диска,благодаря трению между ними, черезω2некоторое время стали вращаться какJ2единое целое. Найти работу A, которую совершили при этом силы трения,действующие между дисками.1 JJОтвет: A = ⋅ 1 2 (ω1 − ω2 ) 2 .2 J1 + J 2Задача 2По внутренней поверхности конической воронки, стоящей вертикально, без трения скользит маленький шарик (см. рис.). Вначальный момент времени шарик находитсяна высоте h0 и имеет скорость υ0, направлен- hυ0ную горизонтально. На какую максимальнуюh0высоту h поднимется шарик в процессе движения? Чему равна его скорость υ на этойвысоте?8 gh ⎞υ2 ⎛Ответ: h = 0 ⎜1 + 1 + 2 0 ⎟ ; скорость шарика направлена гори4 g ⎜⎝υ0 ⎟⎠8 ghυзонтально и ее модуль равен: υ = 0 1 + 2 0 .2υ0Задача 3Тонкая палочка длиной l и массой m лежит на гладкой горизонтальной поверхности. Пуля массой m0 = m / 8 , летевшая перпен-Глава 7.
Законы сохранения момента импульса и механической энергии267дикулярно палочке и параллельно поверхности со скоростью υ0,попадает в палочку на расстоянии l0 = l / 4 от ее конца и застреваетв ней. Найти угловую скорость вращения системы тел после соударения.4 υОтвет: ω = ⋅ 0 .13 lЗадача 4На гладком горизонтальном стержне, вращающемся вокругвертикальной оси с постоянной угловой скоростью ω, на расстоянии l0 от оси находится муфта массой m (см. рис.). В некоторыймомент времени муфте сообщают скорость υ0 = l0ω вдоль стержня, направl0ленную от оси вращения. Какой мо- ωυ0мент сил M должен быть приложен кстержню для того, чтобы он продолжалmравномерное вращение? Как меняетсярасстояние муфты от оси вращения взависимости от времени?2Ответ: M (t ) = 2ml0 ω 2e 2ωt , l (t ) = l0 eωt .Задача 5Корабль движется со скоростью υ = 40 км/час по дуге окружности радиуса R = 300 м.
Найти момент гироскопических силMГ, действующих на подшипники двигателя корабля со стороныротора, который имеет момент инерции относительно оси вращения J0 = 3,6⋅103 кг⋅м2 и делает n = 150 об./мин. Ось вращения расположена вдоль корабля.Ответ: M Г = 2πnJ 0υR= 2,1⋅103 Н ⋅ м .Задача 6Гироскоп массой m = 0,5 кг вращается с угловой скоростьюω = 200 рад/с. Момент инерции гироскопа J = 5 10-4 кг м2. Угловаяскорость прецессии в поле сил тяжести Земли Ω = 0,5 рад/с. Уголмежду вертикалью и осью гироскопа α = 30 0 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
