Chertov (523131), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Закон сохранения момента импульса для одного тела, момент инерции которого меняется, 112221 120)2 где 1, и 1, — начальный и конечный моменты инерции; 22, и 222— начальная и конечная угловые скорости тела. ° Основное уравнение динамики вращательного движения твердого тела относительно неподвижной оси М о1 = й (1е2), где М вЂ” момент силы, действующей на тело в течение времени й; 1 — момент инерции тела; «2 — угловая скорость; 1а2 — момент импульса. Если момент силы и момент инерции постоянны, то это уравнение записывается в виде М Л1 = 1 Ль2.
В случае постоянного момента инерции основное уравнение динамики вращательного движения принимает вид М=1е, где е — угловое ускорение. ° Работа постоянного момента силы 121, действующего на вращающееся тело, А=Мр, где 2г — угол поворота тела. ° Мгновенная мощность, развиваемая при вращении тела, Х=Ме2, Ф Кинетическая энергия вращающегося тела Т=1~,12э2.
42 Поступательное двнжелне Основной закон диналеики МЛ! = Хо!в — Лоа! М=Х5 ГО! = тов — тЩ; у=та Закон сохранения мол!ента импульса импульса Х,оз, = ООО5! в=! гл, ОС = СОП5! е=! Рабата и леощность А=рв! Хат =- Го Кинетинеская энергия Т =",, Хме Т= 'Ато' Примеры решения задач Пример 1. Вычислить момент инерции Х, молекулы МО5 относительно оси з, проходящей через центр масс молекулы перпендикулярно плоскости, содержащей ядра атомов.
Межъядерное расстояние с1 этой молекулы равно 0,11о нм, валентный угол а=!40'. Р е ш е н и е. Молекулу 15!Од можно рассматривать как систему, состоящую из трех материальных точек общей массой гп=-2та+та, (1) где гп, — масса атома кислорода; пс, — масса атома азота. Расположим молекулу относительно координатных осей так, как это указано на рис. 3.1 (начало координат совместим с центром ° Кинетическая энергия тела, катящегося по плоскости без скольжения, Т=т!,тон+а!,Хеоэ, где т!ерша — кинетическая энергия поступательного движения тела; о — скорость центра инерции тела; а!,ХО!в — кинетическая энергия вращательного движения тела вокруг оси, проходящей через центр инерции. ° Работа, совершаемая при вращении тела„и изменение кине- тической энергии его связаны соотношением А = а/вХН;" — ',1а Усо,'. ° Величины, характеризующие динамику вращательного дви- жения, и формулы, описывающие это движение, аналогичны соот- ветствующим величинам и формулам поступательного движения.
Эта аналогия раскрывается следующей таблицей: масс С молекулы, ось г направим перпендикулярно плоскости чертежа «к нзмз.) Для определения /, воспользуемся теоремой Штейнера: а =.»«с+та . Для данного случая эта теорема запишется в виде У,, =У,+глаз, где ум — момент инерции относительно оси г', параллельной »пт оси г и проходящей через атом азота (точка О на а рис. 3.1). Отсюда искомый б о' момент инерции »х l,= l, — та'. (2) Г (х) Момент инерции У,, нахо- дим как сумму моментов т, инерции двух материальх ных точек (атомов кислоРис. 3.1 рода): ,»»» = 2т»«(з. (3)' Расстояние а между осями г и г' равно координате хс центра масс системы и поэтому может быть выражено по формуле (см. 3 2, с. 20) хс=~т;х;~~,ат;. В данном случае а=-Х С вЂ” — (2т»Х,+т,Х»'Г (2т,+та), или, учитывая, что х,=г( соз (а)2) и х,=0, (4) Подставив в формулу (2) значения 1,,, т, а соответственно из выражений (3), (1), (4), получим 2т,+глз х или после преобразований (5) Найдем в табл.
23 относительные атомные массы кислорода (А,=16) и азота (А,ч==14) и запишем массы атомов этих элементов в атомных единицах массы (а.е.м.), а затем выразим в килограммах (1 а.е.м.= — 1,66 10 " кг, см. табл. 9): т, =- 16 1,66 10 " кг = 2,66 10 " кг; т, = 14 1,66. 10 " кг = 2,32. 10 " кг. Значения т„т„д и а подставим * в формулу (5) и произведем вычисления: .»'»=6,80 10 "кг м'. Пример 2. физический маятник представляет собой стержень длиной 1 — 1 м и массой т,=1 кг с прикрепленным к одному из его " Для вычисления выражения, стоящего в скобках, вместо масс атомов можно подставить их относительные атомные массы, так как здесь массы входят в виде отношения. 44 концов диском массой т,=0,5 т,. Определить момент инерции Х, такого маятника относительно оси Оз, проходящей через точку О на стержне перпендикулярно плоскости чертежа (рис.
3.2). Р е ш е н и е. Общий момент инерции маятника равен сумме моментов инерции стержня ум и диска и'„: /,— У,г+7„. (1) Формулы, по которым вычисляются моменты инерции стержня уг и диска у, от~оситель- г но осей, проходящих через их центры масс, даны в табл. па с. 41. Чтобы определить мо. гг менты инерции У„ и 7„, надо воспользоваться теоремой Штейнера: 7'.=и с+л'а .
(2) Выразим момент инерции стержня согласно формуле (2): У„= '1„т, Р -,' т,а,'. Расстояние а, между осью Оз и параллель- Рис. 3.2 ной ей осью, проходящей через центр масс С, стержня, как следует из рис. 3.2, равно ггг1 — гг',1=-'г,1. С учетом этого запишем У„= — г~мт„Р+ т, ('!,1)' = '!,т,Р =-0,11!лг,Р. Момент инерции диска в соответствии с формулой (2) равен ,7 гг ггг 1?г „г,а.'„ где И вЂ” радиус диска; Я=-г1,1. Расстояние а, между осью Оз и параллельной ей осью, проходящей через центр масс диска, равно (рис.
3,2) гг',1+'г',1=ггг'„1. С учетом этого запишем 7„='!гт, ('/,1)г+ т, ("!„1)г = 0,0312т,Р+ 0,840т,Р= 0,87(т„1', Подставив полученные выражения У„и,?,г в формулу (1), найдем ,7,==-0,111т,Р+0,871т,Р=- (0,111т,+0,871тг)Р, нли, учитывая, что и,— 0,5т„ У, =-0,547т, Р. Произведя вычисления, получим значение момента инерции физического маятника относительно оси Огп .7,=0,547 1 1 кг м'=-0,547 кг м'. Пример 3. Вал в ниде сплошного цилиндра массой т,=10 кг насажен на горизонтальную ось. На цилиндр намотан шнур, к свободному концу которого подвешена гиря массой т.=2 кг (рис.
З.З). С каким ускорением а будет опускаться гиря, если ее предоставить самой себе? Р е ш е и и е. Линейное ускорение а гири равно тангенциальпому ускорению точек вала, лежащих на его цилиндрической поверх- 45 ности, и связано с угловым ускорением е вала соотношением а=ег, (1) где г — радиус вала. Угловое ускорение вала выражается основньпи уравнением динамики вращающегося тела: е=-М),), (2) где М вЂ” вращающий момент, действующий на вал; 1 — момент инерции вала.
Рассматриваем вал как однородный цилиндр, Тогда его момент инерции относительно геометрической оси равен у = — 'дт,г'. Вращающий момент М, действующий на вал, равен произведению силы натяжения Т шнура на радиус вала: М=Тг. Силу натяжения шнура найдем из следующих соображений. На гирю действуют две силы: сила Т тяжести т,д, направленная вниз, и сила натяжения Т шнура, направленная вверх. Равнодействующая этих сил вызывает равноускоренное двиИг э' жение гири.
По второму закону Ньютона, )п,д— рис. З.з — Т=т,а, откуда Т=т,(д — а). Таким образом,. вращающий момент М=т,(д — а)г. Подставив в формулу (2) полученные выражения М и ), найдем угловое ускорение вала: из (я — а) г 2и, 1д — а) е= 2 1),И,Г И,Г Для определения линейного ускорения гири подставим это выражение е в формулу (1). Получим а = ' 1~ ), откуда И1 а= а=2,80 м/с'.
И1+ 2И2 Пример 4. Через блок в виде диска, имеющий массу т=80 г, перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подвешены грузы массами т,=100 г и т,=200 г (рис. 3.4). С каким ускорением будут двигаться грузы, если их предоставить самим себе? Трением пренебречь. Р е ш е н и е. Применим к решению задачи основные законы поступательного и вращательного движения. На каждый из движущихся грузов действуют две силы: сила тяжести тп, направленная вниз, и сила Т натяжения нити, направленная вверх.
Так как вектор ускорения а груза т, направлен вверх, то Т,) )т,д. Равнодействующая этих сил вызывает равноускоренное движение и, по второму закону Ньютона, равна Т, — т,а=)и,а, откуда Т,=т,й+т,а. (1) 46 Вектор ускорения а груза т, направлен вниз; следовательно, Т,(т,д. Запишем формулу второго закона для этого груза: а!,д — Т,=т,а, откуда Т,=т,И вЂ” т,а. (2) Согласно основному закону динамики вращательного движения, вращающий момент М, приложенный к диску, равен произведению момента инерции У диска на его угловое ускорение е: с М= — Уе. (3) Определим вращающий момент, Силы натяжения нитей действуют не только на грузы, но и на т х диск.
По третьему закону Ньютона, силы Т; и Т;, приложенные к ободу диска, равны соответственно силам Т, и Т,, но по направлению им противоположны. При движении грузов диск ускоренно вращается по часовой стрелке; следовательно, Ше Т - Т;. Вращающий момент, приложенный к диску, равен произведению разности этих сил на л!!у плечо, равное радиусу диска, т. е. М=-(Т; — Т,')».
Момент инерции диска У=т»Ю2, угловое ускоре- л!гК ние свЯзано с линейным УскоРением гРУзов соот- Рис. 2.4 ношением с=а!». Подставив в формулу (3) выражения М, У и е, получим ю»~ а (Т; — Т;)»= — —, 2» ' откуда Т; — Т; = (т!2) а. Так как Т;=Т, и Т;=Т„то можно заменить силы Т; и Т; вы ражениями по формулам (1) и (2), тогда т„д — т,а — т д — т,а= — а, или 2 (т,— т,)а=(т,+ т,+ — )а, откуда тц — мг т~+т,+т!28' (4) Отношение масс в правой части формулы (4) есть величина безразмерная. Поэтому значения масс т„т,, и т можно выразить в граммах, как они даны в условии задачи.
После подстановки получим а=в 2 '<,, ' О О49,81м!с'=2,88 м,'с'. 0,2 — О,! + Пример 5. Маховик в виде диска массой т=50 кг и радиусом »==-20 см был раскручен до частоты вращения п,=480 мин ' и затем предоставлен самому себе. Вследствие трения маховик остановился. Найти момент М сил трения, считая его постоянным для 47 двух случаев: 1) маховик остановился через 1=50 с; 2) маховик до полной остановки сделал Л'=200 оборотов. Р е ш е н и е. 1. По второму закону динамики вращательного движения, изменение момента импульса вращающегося тела равно произведению момента силы, действующего на тело, на время дей- ствия этого момента: МЛг=заа — Уа„ где 1 — момент инерции маховика; а; и а, — начальная и конеч- ная угловые скорости.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
