1611143688-95d5594d2be0e95e89d686a35c61b15f (825053), страница 33
Текст из файла (страница 33)
Для вращения такого гироскопа вокруг вертикальной оси не нужно прикладывать никаких усилий (кроме сил трения)!Но при этом возникают очень большие силы вподшипниках, которые держат ось гироскопа вгоризонтальном положении (формула (87.2)).Сделаем оценку. Пусть гироскоп имеет массу 1 кг, радиус 10 см, длину оси 10 см и вращаРис. 74ется с частотой 10000 оборотов в минуту,w ~ 1000 1/c (как жесткий диск в компьютере) вокруг своей оси и с частотой 10 Гц ( W 60 1/c) вокруг вертикальной оси. Тогда сила, действующая на оси,F »mR 2Ww 103 ⋅ 102 ⋅ 1000 ⋅ 60»= 3 ⋅ 108 дин ≈ 300 кг. (87.3)2d2 ⋅ 10Гироскопические силыПродолжим разговор о необычном поведении гироскопов.
Если попытаться развернуть за ось в горизонтальной плоскости быстро вращающееся колеFсо, то на руки будут действовать силы ввертикальном направлении, как показанона рис. 75. Причина ясна: для изменениямомента импульса нужен момент сил. ЕсFли мы поворачиваем гироскоп в горизонтальной плоскости с угловой скоростьюW , то вертикальная сила, необходимая дляРис. 75удержания в горизонтальной плоскости,дается снова формулой (87.2).Гироскопические силы играют существенную роль при движениисамолета. Если представить, что в моторе крутится маховик с моментомимпульса, направленным в направлении движения самолета, то при повороте направо нос самолета будет уходить вниз. Аналогично происходит с морскими судами. Если корабль идет поперек волн и испытываеткилевую качку, то одновременно его будет мотать вправо-влево.222Свободный гироскопТехнически совсем свободных гироскопов нет, но можно сделать конструкцию, которая удерживает центр массгироскопа, но не влияет на его вращение.
Устройство называют кардановымподвесом (рис. 76). В нем гироскоп сохраняет направление вращения в пространстве при движении внешней рамы.Рис. 76Такие устройства используются дляориентации в самолетах и на космических станциях.ГирокомпасРассмотрим гироскоп, изображенный на рис. 74, ось которого может свободно двигаться только в плоскости Земли.
Пусть такой гироскоп стоит на экваторе (рис. 77). Поскольку Земля вращается, для сохранения горизонтальногоположения оси гироскопа подшипники давят наось, как показано стрелками на рисунке. СоздаЗемляваемый момент сил, направленный вдоль осивращения Земли, приводит к повороту оси гироскопа к оси вращения Земли. На любой широтегироскоп будет ориентирован вдоль меридианаL(в случае, изображенном на рисунке, стрелкаРис.
77момента импульса будет поворачиваться к нам).Подобные устройства сейчас используются накораблях и самолетах. Они намного точнее, чем магнитные компасы:не требуется учитывать магнитное склонение.§ 88. Элементы статикиТело находится в равновесии, если сумма сил и моментов сил, приложенных к нему, равна нулю.Fвн = 0,τ вн = 0.(88.1)Общий рецепт решения статических задач следующий.
Нужно нарисовать все силы, включая реакции опор и силы трения, максимальноезначение которых связано с силой нормального давления, найти суммысил и моментов сил и приравнять их нулю. Решая систему уравнений,находим эти силы. Поскольку суммарная сила равна нулю, то, как было показано ранее (см. (85.4)), момент сил не зависит от точки отсчета.223Многие статические задачи переопределены и имеют множестворешений.
Например, если абсолютно жесткий брус лежит на трех опорах, то небольшое изменение высоты опор приводит к полному перераспределению нагрузок. Такая же ситуация со столом – четвертаяножка «лишняя». Несколько примеров.Тело на наклонной плоскостиНайдем силы, которые действуют на тело, лежащее на наклоннойплоскости (рис. 78). На него действуют три силы: сила тяжести, сила реакции опоры и сила трения. Если тело покоится, то сумма сил равна нулю. Что касается момента сил, то здесь возникает вращающий моментотносительно центра масс за счет силы трения, действующей вдоль нижней грани тела.NПоскольку суммарный момент сил равен нуFтрлю, то сила реакции опоры распределена неравномерно по площади: давление на нижmg aнюю часть тела больше, чем на верхнюю.Это отражено на рис. 78 тем, что сила реакРис.
78ции опоры приложена правее центра масс.Спроектируем силы на направления вдоль наклонной плоскости иперпендикулярно ей. Условие равенства суммарной силы нулю даетFтр = mg sin a ,N = mg cos a .(88.2)Из равенства нулю суммарного момента сил можно найти точку приложения реакции опоры (не будем это выписывать).
Это пример задачи, где решение однозначно.Два соединенных тела на наклонной плоскостиm1m1T =?m2m2Рис. 79aРассмотрим теперь два тела на наклонной плоскости, скрепленные междусобой жестким невесомым стержнем(рис. 79). Вопрос: с какой силой Tвзаимодействуют эти тела?Для направления перпендикулярногонаклонной плоскости по-прежнемуN 1 = m1g cos a , N 2 = m2g cos a .
(88.3)Для направления вдоль наклонной плоскостиFтр,1 + Fтр,2 = (m1 + m2 )g sin a .224(88.4)Сила натяжения соединяющего стержняT = m2g sin a - Fтр,2 .(88.5)Пока тела не скользят, нет однозначной связи между силой трения исилой нормального давления.
Из записанных уравнений мы не можемнайти раздельно Fтр,1 и Fтр,2 , а знаем только их сумму (88.4) и то, чтоFтр,1 < N 1m1 = m1m1g cos a , Fтр,2 < N 2 m2 = m2m2g cos a .(88.6)Уравнения (88.4) и (88.6) изображены на рис. 80, где утолщенным отрезком показана область возможных значений сил трения.
Однозначность наступает только тогда, когдаFтр,2длинаэтого отрезка становится нулеm1m1g cos aвой, что соответствует условию скатывания:m2m2g cos aFтр,1 + Fтр,2 =(m1 + m2 )g sin aFтр,1 = m1m1g cos a,Fтр,2 = m2m2g cos a.(88.7)Если обсуждаемую систему из двух соединенных тел несколько раз ставить нанаклонную плоскость, то показания диРис. 80намометра (в стержне) каждый раз будут будут разными. Это пример неоднозначной статической задачи.Fтр,1Лестница у стеныАналогичный пример – лестница, прислоненная к стенке (рис. 81).На простой вопрос, с какой силой лестница давитFтр,2на стенку и пол, нельзя дать однозначного отвеN2та.
Однозначность наступает, когда лестница начинает проскальзывать. Действительно, на лестницу действуют 5 сил: сила тяжести, две силынормального давления на пол и стенку и две сиPлы трения, 4 из них неизвестны. Уравнений жеN1всего 3: равенство нулю суммы сил по горизонтальной и вертикальной проекциям и равенствонулю момента сил. Это означает, что задача неFтр,1однозначная и допускает целую область решеРис. 81ний.
Найдем предельный угол, при котором лестница еще может стоять (начинается проскальзывание). Пусть коэф225фициент трения о пол m1 , а о стенку – m2 . Получаем следующую систему уравнений:åFåFxy=0N 2 = Fтр,1 ,(88.8)=0P = N 1 + Fтр,2 ,(88.9)å t = 0 (относительно нижней точки) PСвязиLcos a = Fтр,2L cos a + N 2L sin a .2Fтр,1 = m1N 1 , Fтр,2 = m2N 2 .(88.10)(88.11)Решение системы (88.8)–(88.11)tg amin =1 - m1m22m1.(88.12)Этот ответ для случая, когда центр тяжести находится посередине лестницы. Следует заметить, что если нет трения о пол, m1 = 0 , то лестница не может стоять под углом даже при наличии трения о стенку.Составляя аналогичную систему уравнений, нетрудно найти предельный угол для случая, когда центр тяжести находится на самомверху лестницы (человек наверху).
В этом случае предельный угол независит от коэффициента трения о стенку и равен1.(88.13)tg amin =m1Этот ответ можно получить сразу, если рассмотреть момент сил относительно верхней точки, он равен N 1L cos a - N 1L m1 sin a = 0 , откудаследует (88.13).УстойчивостьПоложение равновесия может быть устойчивым и неустойчивым.Например, маятник в нижней точке устойчив, а в верхней – неустойчив. Положение тела (системы) устойчиво, если при сдвиге из положения равновесия потенциальная энергия возрастает, т.
е. нужно затратить работу, чтобы сдвинуть. При неустойчивом положении, наоборот226RadaROРис. 82– потенциальная энергия уменьшается итело приобретает кинетическую энергию. Пример с маятником удовлетворяетэтому условию.Рассмотрим более сложный пример:брус, лежащий на круглом закрепленномбревне (рис.
82). В исходном положениицентр тяжести бруса будет находится навысоте h0 = R + d /2 от точки O . Посленаклона бруса на угол a центр брусаиметь вертикальную координатуææd öæa2 ödöh = çççR + ÷÷÷ cos a + Ra sin a » çççR + ÷÷÷ççç1 - ÷÷÷ + Ra22 ø÷ çè2 ø÷2 ø÷èè(88.14)æd ö÷ a 2çИзменение высоты центра масс Dh = h - h0 = ççR - ÷÷ .2 ÷ø 2è(88.15)Брус устойчив при Dh > 0 , т. е. при d < 2R .(88.16)Веревка вокруг столбаРассмотрим еще одну статическую задачу, имеющую практическоеприменение. Пусть веревка намотана на столб и ее тянут за концы ссилами T1 и T2 . При каком отношении сил будет проскальзывание, ес-ли угол соприкосновения со столбом Da , коэффициент трения k ?Рассмотрим две точки веревки, отстоящие на угол da . Сила давления веревки на столб на участке da равна dN = Tda , где T – натяжение веревки.
Здесь мы пренебрегли разностью натяжений веревки вточках a и a + d a , поскольку это дает добавку второго порядка вразность сил, пропорциональную dTd a . При проскальзывании силатрения на данном участке равна dT = kdN = kTd a , откуда получаемформулу ЭйлераdT= kd a T2 = T1e k Da .(88.17)TНапример, если сделать 5 оборотов веревки вокруг бревна, то дляk = 0, 5 получим T2/T1 = exp(0.5 ⋅ 2p ⋅ 5) » 6, 6 ⋅ 106 . Таким образомможно удержать рукой у причала океанский корабль.227ГЛАВА XЭЛЕМЕНТЫ ГИДРОДИНАМИКИ ИДЕАЛЬНОЙЖИДКОСТИГидродинамика рассматривается подробно в курсе физики сплошных сред, однако было бы несправедливо в курсе механики рассматривать только твердые тела и не упомянуть жидкие.§ 89.
ГидростатикаВ жидкости, налитой в сосуд, на глубине h имеется давлениеP = Pатм + rgh .(89.1)На погруженное в жидкость тело действует сила, равная весу вытесненной жидкости (закон Архимеда). Он следует из того, что такой жеобъем, заполненный такой же жидкостью, будет находиться в равновесии. Поскольку сумма сил, действующая на боковую поверхность объема, не зависит от того, что внутри, то отсюда следует вывод, что выталкивающая сила равна весу жидкости в этом объеме, направленавверх и приложена к центру масс вытесненной жидкостиFв = -rжV g .(89.2)Однако если подводная лодка ляжет на дно, то закон Архимеда не работает, ее прижимает ко дну сила, равная весу столба воды, находящейся над лодкой.§ 90.
Стационарные течения, закон БернуллиПусть поток жидкости обтекает неподвижные тело. Скорости жидкости в разных точках различные, но в каждой конкретной точке постоянны во времени. Такие теченияназываются стационарными. ДляS1них можно нарисовать неподвижV1ные линии тока (траектории элеменS2V2тов жидкости), а из линий тока образовать стенки трубки токаРис. 83(рис. 83).228Пусть сечение трубки на входе S1 и скорость жидкости V1 , а на выходе – S 2 и V2 . Количество жидкости в трубке не меняется, отсюда следует условие непрерывности (сколько втекает, столько вытекает):S1V1 = S 2V2 .(90.1)Закон БернуллиРассмотрим течение идеальной жидкости, без вязкости, не испытывающей трения о стенки трубки.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
