1598082689-df0111308951a80f7305c35de815893b (805681), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Направление вектора г непрерывно иэменяетсн при вращении стержня. Следовательно, и момент силы тяжести, и угловое ускорение также изменяются со временем и, по-видимому, зависят от угла <р. Переменное угловое ускорение затрудняет нахождение угловой скорости кинематическим методом. Однако движение стержня происходит под действием силы тяжести, а сила реакции оси работы не совершает.
Поэтому угловую скорость стержня можно найти из закона сохранения энергии, рассматривая движение стержня как движение в поле силы тяготения 8емли: (2) Задача 4.3. Тонкий однородный стержень длины 1 и массы т может свободно вращаться вокруг горизонтальной оси, проходящей через один из его концов (рис. 27). Стержень приводят в горизонтальное положение и отпускают. Определить угловые ускорения и угловые скорости стержня в начальный момент н при прохождении стержнем положения равновесия. Определить для этих положений стержня модуль и направление силы нормальной реакции )ч, действующей со стороны оси на стержень. Анализ. Тело заданных размеров и формы (однородный у 1 стержень) вращается вохр)т неподвюкной оси. На стержень действуют 9 Ь сила тяжести, приложеннан в центре масс, и сила реакции оси.
Вращающий момент создает только била тяжести, так как линия дей- Х стеня силы реакции проходит через е»э ось вращения. Основное уравнение двнаиики вращательного движения имеет вид Рхе. 27 ге М, (1) 64 Для нахождения силы реакции Х оси, которая, как уже было скааано, не влияет на вращение стержня, .следует рассмотреть движение центра масс стержня. Согласно закону о движении центра масс, ускорение его определяется векторной суммой сил, действующих на тело, независимо от точек их приложения: (3) та,- тд+ 'г), где ае — ускорение центра масс, которое может быть найдено, если известны угловые скорость и ускорение стержня.
Решение. Рассмотрим стержень в некоторый момент его движения (положение П). Радиус-вектор г образует с направлением силы тяжести угол а х/2 — ~р. Следовательно, М, тл(1/2)соз ~р и вектор М, направлен по оси вращения «от нас». В скалярном виде с учетом выражения для момента инерции уравнение (1) примет вид т1»е/3 (т31/2) соэ <р, откуда (4) е 33 соз ~р/(21).
Как видно иэ формулы (4), угловое ускорение зависит от угла ~р и в процессе движения стержня иэ горизонтального положения до положения равновесия убывает, не изменяя своего направления: 3 я е=е — — при«р О 21 з=О при «р = я/2, Для нахождения угловой скорости применим уравнение (2) к переходу нз положения 1 в положение 11« ЛХ = 7~ /2, Ь«' — шь«й, ««21 з)п «р. 1 (Изменение потенциальной энергии равно взятой с обратным знаком работе силы тяжести.) Тогда уравнение (2) примет вид 1«е' — гщ~( юп «р = О.
Учитывая выражение для 1, получаем -,(зИ~ ~ (5) Угловая скорость также является функцией угла «р. При движении стержня иэ горизонтального положения («р О) до положения равновесна («р = я/2) угловая скорость монотонно возрастает: «з О «р=о), «о = ««„=,/33/1 («р я/2). Стержень, предоставленный самому себе, пройдет через положение равновесия н будет. двигаться дальше. При этом («р > х/2) угловое ускорение окажется направленным в другую сторону и движение стержня будет замедленным.
Для нахождения силы Х уравнение (3) второго закона Нъютона следует записать в скалярном виде. Направим осн координат по касательной к траектории центра масс — Х, по нормали — У. При движении стержня оси Х и У поворачиваются, сохраняя свое наравление относительно самого стержня: осъ У вЂ” вдоль него к оси вращения, ось Х вЂ” перпендикулярно стержню по касательной к траектории центра масс. Тогда а, а,г з1/2, а „а,„е«э(/2 и векторное уравнение (3) может быть замене«яо двумя скалярными: шз1/2 л«3 соз «р + Ф„ якэз(/2 = — шб а1п «р + «««, (е) где Ф, и ʄ— проекции силы реакции на выбранные оси координат.
Подставим выражения (4) и (б) в (б): 1 $ К, = — — э«3 соа «р, Ф„- — шб э)п «р. (7) Модуль и направление силы реакции могут быть найдены иэ уравнений (7), посколъку К= ~Уз+К~. Угол между вектором Х и осью У равен б - агс$3 (К /К„). При движении стерв«ня сила Х изменяется как по абсолютному значению, так и по направлению. При «р О (начальный момент) Ф„= О, Ф, = — л«4«/4, т.
е. г«« = ш3/4; вектор Х, направлен перпендикулярно стержню вертикально вверх. При «р - я/2 (цоложение равновесна) 11„= О, Ф„= бтра/2. т. е. Ф, = бтра/2; вектор Х направлен вдоль стержня, но опять-таки вертикально вверх. Зааача 4.4. На полый тонкостенный цилиндр массы ш намотана нить (тонкая и невесомая) (рис. 28). Свободный конец ее прикреплен к потолку лифта, движущегося вниз е ускорением а„.
Цилиндр предоставлен сам себе. Найти ускорение цилиндра относительно лифта н силу натяжения нити. Во время движения нить считать вертикальной. 4яализ. В процессе движения цилиндр взаимодействует с Землей и с нитъю. Благодаря этим взаимодействиям на цилиндр действуют сила тяжести ши, приложенная к центру масс и направленная вниз, и сила натяжения Т нити, направленная вдоль нити вверх. Сила зта создает вращающий момент относительно воображаемой оси, проходящей через центр масс и расположенной перпендикулярно плоскости рисунка. (Последнее утверждение справедливо в предположении, что силы Т и шй находятся в одной вертикальной плоскости„перпендикулярной оси цилиндра.) Следовательно, цилиндр совершает сложное плоское движение — вращение вокруг указанной оси н поступательное движение.
Поступательное движение цилиндра связано как с разматыванием нити, Р««с. 26 эз так и с движением лифта. Поскольку лифт движется ускоренно, система отсчета, связанная с лифтом, будет неинерци«льной. В системе отсчета, связенной с Землей, уравнения движения цилиндра." эгао = эгб + Т, д'з М, (1) где М вЂ” момент силы натяжения нити относительно горизонтальной оси, проходящей через центр цилиндра; ао — ускорение центра масс цилиндра относительно Земли. Очевидно, а а„+а', (2) где а' — искомое ускорение центра масс цилиндра относительно лифта.
Чтобы найти связь между ао н э нли а' и э, рассмотрим произвольную точку на ободе цилиндра. Скорость ее относительно лнфта чо + ие где ч — скорость центра масс цилиндра относительно лифта, т. е. скорость поступательного движения; и, — линейная скорость, обусловленная вращением, причем и, гэг, где го угловая скорость, г — радиус цилиндра. В точке А, принадлежащей одновременно и цилиндру, и вертикальной части нити, неподвижной относительно лифта, гг', - и' — и, - О. Следовательно, гг' гсг, откуда после дифференцирования ло времени получим а' = ог. (3) Решение.
Для перехода к скалярным соотношениям введем оси У и 2. В проекциях на эти оси ао ао-а„+а', о,=о, М, Тг. Для полого цилиндра У шгэ. Тогда векторные уравнения (1) можно записать в скалярном виде: т(а„+ а') тя — Т, тгоо Тг. Решив эту систему с учетом соотношения (3), получим а' (8 — а„)/2, Т (эг(д - о„))/2. 68 Исследуя полученные выражения, легко видеть следующее: 1) если лифт свободно падает, т. е, а„- я. то сила натяжения нити и относительное ускорение будут равны нулю; равенство а' = О означает, что цилиндр будет двигаться только вместе с нитью (нет вращательного движения); 2) если ускорение лифта направлено вверх, т. е. а < О, то сила натяжения и относительное ускорение будут возрастать с возрастанием переносного ускорения. Значит, будет увеличиваться и угловое ускорение вращательного движения цилиндра.
Абсолютное ускорение оо центра масс цилиндра при этом уменьшается. Заэачв 4.5. По горизонтальному столу может катиться без сколыкения цилиндр массы эг, на который намотана нить. Н свободному концу нити, переброшенному через легкий блок, подвешен груз той же массы ж (рис. 29). Система предоставлена сема себе. Найти ускорение груза и силу трения между цилиндром н столом. Задачу решить для полого и сплошного цилиндров. Анализ. Система состоит из двух тел — груза и цилиндра, связанных между собой, Поэтому между кинематнческими параметрамн этих тел существуют определенные соотношения. На груз действуют сила тяжести воя и сила натяжения нити: вгаг - тб + Т, (1) где а, — ускорение груза, который, очевидно, совершает только поступательное движение.
На цялиндр действуют силы тяжести и нормальной реакции стола, взаимно компенсирующие друг друга, и в горизонтальном направлении — сила натяжения 'Г нити и сила трения Ф, между цилиндром и столом. Обе силы соэдахгт вращающие моменты относительно оси цилиндра (предполагаем, что нить намотана так, что обе силы действуют в одной вертикаль- М Т' ной плоскости, перпендикулярной оси цилиндра и совпадающей с плоскостью рисунка). Следовательно, ци- Т линдр совершает сложное плоское движение, уравнения которого гэя эга Ч" + Г~, Га М + М„„. (2) гис.
29 ом со + оог, (8) Уо = Т'г. ак„ао+ ог, а „а — ог, а„,„ао + ег .2ао. а,=2а. (4) а =а — ог, и о 61 60 Чтобы найти связь между а„а, и о, рассмотрим движение точек М и М цилиндра. Цилиндр участвует в двух движениях, н скорость любой его точки ч, = чо + п„где чо — скорость центра масс, т. е. скорость поступательного движения; и, = оог, — линейная скорость, обусловленная вращением вокруг центра масс. Для точек М и Ф в проекциях на осъ Х Продифференцируем эти уравнения: где а„„и а„„вЂ” проекции результирующего ускорения точек М и Ф на осъ Х. При отсутствии скольжения и,„- О и ио оог. Тогда аз= ог, (3) а горизонтальная составляющая результирующего ускорения точки М Если нить, связывающая цилиндр и груз, нерастяжима и ие проскальзывает относительно цилиндра, то горизонтэльнав составляющая результирующего ускорения точки М цилиндра равна ускорению груза.
Следовательно, Очевидно, искомые величины могут быть найдены решением системы уравнений (1) и (2) с учетом соотношений (3) и (4). Однако уравнения (1) и (2) следует заменить скалярными соотношениями, а для этого необходимо знать направление силы трения. Последняя является силой трения покоя, и направление ее противоположно вектору скорости точки Ф, которую она имела бы при отсутствии трения. Если началъная скорость равна нулю, то ч„направлена так же, как горизонтальная составляющая реаультирующего ускорения а„, когда трения нет.
В этом случае цилиндр совершает сложное 'движение и где ао и о — соответственно ускорение центра масс и угловое ускорение цилиндра при отсутствии трения. Таким образом, направление силы трения можно найти, рассмотрев предварителъио задачу без учета силы трения. Решение. Уравнения (2) движения цилиндра без трения примут внд воя Т', й=М (5) о Ускорение а и сила натяжения 'Г нити направлены по оси Х; угловое ускорение е и момент силы натяжения нити М, также сонаправлеиы, поэтому уравнения (5) можно записать в скалярном виде: Запишем момент инерции цилиндра в виде У Ьтг' для и~я~го цилиндра Ь вЂ” 1, для с~л~~но~о — Ь - и подставим его з выражение (б); а = Т7тп, ог 7"/(Ьоп). Так кэк Ь < 1, то а, < ог и а„, = ао- ог 4 О.
Если а„, = О, то точка Ф цилиндра не будет скользить по поверхности стола (при любом значении силы T) и трение не возникнет. Если а„„< О, то сила трения направлена по оси Х так, как показано на рисунке. Коллинеарность сил, действующих на груз, позволяет переписать уравнение (1) з скалярном виде: попо = опд — 7. Уравнениям (2) соответствуют скалярные соотношения попо = Т'+ 1, й - Т'г — ' ~ г.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
