saveliev1 (797913), страница 24
Текст из файла (страница 24)
е. имеют одинаковое направление и пропор. циональны массе (для всех точек неинерциальной системы, движущейся поступательно, ттз одинаково). Повторив рассуждение, приведшее нас к формуле (41.3), можно показать, что результирующая сил инерции равна — щттз (т — масса тела) и приложена к центру инерции. Относительно оси. связанной с поступательно дви.
жущейся неинерцнальной системой отсчета (т. е. оси, дгижущейся поступательно в ннерциальной системе) и проходящей через центр инерции тела, момент сил инерции равен нулю (результпручощая сил инерции в этом случае, как мы видели, приложена к центру инерции). Поэтому уравнение (41.2) можно писать относительно такой осн, не учитывая сил инерции. Подчеркнем еще раз, что так можно поступать только в отношении оси, проходящей через центр инерции и не изменяющей своего направления (не поворачивающейся) по отношению к иперциальной системе отсчета.
При плоском двн. женин такой осью является ось, проходящая через центр инерции и перпендикулярная к плоскости, в ко« торой происходит движение. Условия равновесия твердого тела. Тело может оставаться в состоянии покоя в том случае, если нет причин, приводящих к возникновению поступательного движения или вращения. В соответствии с (41.1) и (4!.2) для этого необходимо и достаточно, чтобы были выполнены два условия: 1) сумма всех внешних сил, приложенных к телу, должна быть равна нулю: (41.4) 2) результирующий момент внешних сил относительно любой неподвижной оси должен быть равен нулю: ~~з й4, О. (41.5) Практически оказывается достаточным, чтобы усло- вие (41.5) выполнялось для трех любых неподвижных осей, не лежащих в одной плоскости (например, для 15$ координатных осей х, д и а). Тогда оно будет выполняться и для любой иной оси, Соотношения (41.4) и (41.5) и являются условиями равновесия твердого тела.
Примеры на применение законов механики твердого тела Пример 1. Дана однородная балка, лежащая на двух опорах (рис. 11б). Определить реакции опор 1~ и (ь Равнодействующая сил тяжести равна Р н приложена к центру инерции. Балка неподвижна. Поэтому согласно (41.4) сумма сил 1 Р, 1~ и 1з должна быть равна нулю.
Отсюда следует, что Р-1,+1, гДе Р, ~~ н гз — модУли составляющих сил. Результирующий момент всех действующих на балку Рве ыо. сил относительно любой оси также должен быть равен нулю (см. (41.5)), в частности, должен быть равен нулю момент относительно левой точки опоры, что дает: Р ( †,' - 1,) = ~, (1 - 1, - 1а). Мы получили два уравнения с неизвестными ~~ и )м Решая их, находим: 2Га 2 г — (й+й) ' 1 — 2й = — г (й+й).
Пример 2. Однородный цилиндр радиуса 1с и массы ьч скатывается без скольжения с наклонной плоскости. Угол наклона плоскости равен ~р (рис. !11), а высота Ь (Ь~>>1г). Начальная скорость цилиндра равна нулю. Найти скорость центра инерции и угловую скорость вращения цилиндра в момент выхода цилиндра на горизонтальный участок. ~аз Дадим два варианта решения. 1-й способ решения. Цилиндр будет двигаться под действием трех снл: Р— тпя, силы трения 1,р н реакции наклонной плоскости 1,.
Реакция 1„ в соответствии с третьим законом Ньютона равна по модулю нор. мальной составляющей силы Р, имеющей величину /71я соз ф. Трение между цилиндром и наклонной плоскостью возникает в точках их соприкосновения. Поскольку эти точки цилиндра в каждый момент времени неподвижны гг и Рис. 1!1. (они образуют мгновенную ось вращения), сила трении, о которой идет речь, будет силой трения покоя.
Как известно из Ь !9, сила трения покоя может иметь вели- чинУ в пРеделах от нУлЯ до максимального значениЯ 7м которое определяется произведением коэффициента трения на силу нормального давления, прижимающую друг к другу соприкасающиеся тела (7о = А7пдсозгг). В данном случае сила трения принимает такое значение, чтобы отсутствовало скольжение. Скольжение при ка« чении цилиндра по плоскости будет отсутствовать при условии, что линейная скорость точек соприкосновения будет равна нулю, что в свою очередь выполняется, если скорость центра инерции пс равна в каждый момент времени угловой скорости вращения цилиндра оь умно. женной на радиус цилиндра й': Ос =М7т.
(41.6) Соответственно ускорение центра инерции гас будет равно угловому ускорению )), умноженному на )т: Гас =Р7т- (41.7) 157 В уравнении (41.9), написанном относительно оси цилиндра, будет отличен от нуля только момент силы трения. Остальные силы, в том числе и результирующая сил инерции, имеют направления, проходящие через ось цилиндра, вследствие чего их моменты относительно этой оси равны нулю. Таким образом, уравнение (40.2) запишется следующим образом: 70=Н,. (41,9) где 7 — момент инерции цилиндра относительно его оси, равный для сплошного однородного цилиндра — птй .
! 2 В уравнениях (4!.8) и (41.9) содержатся три неизвестные величины: )тр„(! и тос. Но между последними двумя величинами имеется связь (41.7), вытекающая из отсутствия скольжения. Решая совместно уравнения (4!.7) — (41.9), найдем (с учетом того, что 1= — гп)с'): 2 1 (.в = — з щ8 з(п ф* 2 тос = з 881пф )3 —,— з!пф. 2 3 (41.12) (41.11) Теперь, когда мы знаем величину силы трения покоя (4!.10), обеспечивающую скатываиие цилиндра без скольжения, можно установить условие, при котором такое скатыванне возможно. Для скатывания без скольжения сила (4!.10) не должна превышать максималь- '1. При наличии скольжения сила Вр в (4кз) будет ие силой трения покоя, а силой трения скольжения. Если необходимая для соблюдения этих условий сила трения ),р не превышает максимального значения )о = йтдсозф, цилиндр будет скатываться без скольжения.
В противном случае скатывание без скольжения невозможно. Прп отсутствии скольжения ') уравнение (41.1), спроектированное на направление движения, имеет вид щсос ~п8 81п ф )тр- (41.8) ного значениа силы тРеинЯ покоЯ 1о, Равного, как мы видели, Агля соз пп 1 — гид з1п ф ~ йгпд соз ~р. Отсюда получается, что (д р<Зй. Если тангенс угла наклона плоскости сп превышает утроенное значение коэффициента трения покоя между цилиндром и плоскостью, скатывание не может происхо. дить без скольжения.
Как следует из (41.11), центр инерции цилиндра движется равномерно-ускоренно. Зная ускорение шс, можно найти время скатывания цилиндра 1„,, т. е. время, за которое цилиндр пройдет путь, равный й/з1пср. Этот путь связан с гап и 1„, следующим соотношением: С с» а1п ~р 2 откуда, подставляя значение (41 1!) для шп, получаем: Это время, как и шш не зависит от массы и радиуса цилиндра '); оно определяется только углом наклона плоскости <р и разностью уровней ее краев 11. Скорость центра инерции при выходе цилиндра на горизонтальный участок будет равна / 4 пс = гас(ск = ~/ Фе У з а угловая скорость цилиндра ! / 4 1/ Зий Отметим, что сила трения (41.10) работы над цилиндром не совершает, так как точки цилиндра, к которым приложена эта сила, в каждый момент времени неподвижны.
') Это справедливо только для одпородвого сплошного пплввдра, 159 Для горизонтальной плоскости (<р = О) по формулам (41,11) и (4!.12) получается, что цилиндр, если ему со. обшить предварительно некоторую поступательную и <оответствующую (такую, чтобы не было скольжения) углову<о скорость, будет двигаться без ускорения. На самом деле движение будет замедленным. Это замедление обусловливается, силой трения качения, которая направлена так, что ее момент уменынает угловую скорость о>, а сама сила вызывает соответствующее (опять- таки такое, чтобы пе возникало скольжения) замвдление центра инерции.
Сила трения качения совершает над катящимся телом отрицательную работу. При решении задачи о скатывании цилиндра с на. клонной плоскости трением качения мы пренебрегали. 2-й способ решения. Посколы<у сила трения работы не совершает (трением качения пренебрегаем), полная энергия цилиндра остается постоянной, В на« чальный момент кинетическая энергия равна нулю, по. тенциальная энергия равна тдй. В конце скатывания потенциальная энергия становится равной нулю, зато появляется кинетическая энергия, равная [см. (40.9)) пю т~аР --++ — ', Так как скольжение отсутствует, ос и ы связаны соотношением ос = а<1<. Подставив в выражение для ки"с 1 нетической энергии <э — и )с — п<й< получим: 2 а<юс~ <нас~ 3 Т вЂ” с+ — с -- шн'.
Полная энергия в начале и в конце скатывания должна быть одинакова: 7швс-щей, $ откуда а угловая скорость /4 <э = — = — '1т,< — дй. =тд= я $' з Пример 3. Тело массы и подвергается в течение очень короткого промежутка времени Л! действию постоянной силы !. Все остальное время, кроме промежутка Лй на него не воздействуют никакие тела.
До сообщения телу импульса !Л! оно покоится, Определить, как будет двигаться тело после того, как прекратится действие силы. Уравнение (4!.1) в данном случае имеет вид П1%'с = 1~ откуда «'с = 1 (41.!3) Следовательно, пока действует сила, центр инерции тела будет двигаться равномерно-ускоренно в направлении действия силы. Обозначим плечо силы 1 атно- сительно центра инерции буквы ! (рис. 112). Проведем через центр инерции С ось 00 таким 1( г образом, чтобы она была пер- ,!~~с — с, пендикулярна к плоскости, проходящей через линию, вдоль ко- ~Н торой действует сила, и через а1 центр инерции тела. Уравнение (41.2) относительно этой оси имеет внд Рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
