1611690516-d99b7463a257f659341e7d5db73ba461 (826918), страница 69
Текст из файла (страница 69)
Пренебрегая сопротивлениями, найти скоростьv шарика относительно трубки как функцию его расстояния х от оси Аг.V KiI4vIРешение.Рассмотрим систему\1рIтрубка — шарик. Так как сопротивлення.*f Ргми (в том числе силами трения) здесь пренебрегают, то при движении системы рабо'»...та действующих на нее сил тяжести и реи ис'акций связей равна нулю. Следовательно,из уравнения (50) получим T = T t .В момент t— 0 шарик находится в точке А и его абсолютная скорость равнанулю. В прошвольный момент времени угловая скорость трубки равна ы, а скорость ш арика слагается из относительной, численно равной о, и ей перпендикулярной переносной, численно равной сох. ПоэтомуT«**mipS»»/2, Т =314+ /п, (и*+ о)***)/2.Подстановка этих величин в равенство Т = Т в даетиа = л г<во— (п2+ хг) ш2, где n 2 = /nipl/m 2.(а)Для определения неизвестной величины со воспользуемся теоремой моментовотносительно оси Аг.
Так как здесь. 2 m I ( /- |) = 0 , то /f* = co n st= K * q илиmip|<o+ т ах2ш =mip2(00,откудаG) = /tJC00/("‘ + * * )-(б)Подставляя это значение со в равенство (а), найдем окончательнопс°о*-л(0°(в)V i fa+ n3 УИнтересно отметить, что с увеличением х скорость стремится к предельномузначению ипр=я<о 0= у ^ m1/m 2 ргЫо.Задача 146. Однородный сплошной круговой цНлиндр массой m и радиусом г,находящийся в наивысшей точке цилиндрической поверхности радНусом R и чутьсмещенный из этого положения, начинает катиться вниз без начальной скорости(рис. 316). Найти, при каком значении угла 0 цилиндр оторвется от поверхности;обе поверхности абсолютно шероховаты (имеют насечку).Р е ш е н и е .
Отрыв произойдет в точке, где реакция N поверхности обратится в нуль. Чтобы найти значение N, воспользуемся теоремой о движении центрамасс, составив уравнение (16) в проекции на главную нормаль Сд к траекториицентра масс С. Получим, учтя, что центр С движется по окружности радиусаR + r,maCn= ZFkn илиmi’c/(R -\-r) = mg cos 0 — N .(a)Для определения vc воспользуемся теоремой • об изменении кинетическойэнергии. Так как Г0= 0 , а значение Т для катящегося цилиндра было найденов задаче 136 (см.
§ 121) и равно 3mvc/4, то3 m t£ /4 = mg (/?+/•)(!—cos0).(б)Подставляя отсюда значение mvc в уравнение (а), найдем<V= mg (7 cos G—4)/3.Следовательно, отрыв произойдет в точке, определяемой равенствомcos 0 = 4 /7 (0«55°).Положение точки отрыва, как и величина' N, от значений R и г не зависят.Задача 147. К ползуну / массой mt , который.может перемещаться по гладкимгоризонтальным направляющим, шарнирно прикреплен стержень 2 длиной Iи массой т г (рис. 317). В начальный момент времени стержень отклоняют до315горизонтального положения и отпускают без начальной скорости.
Пренебрегаятрением в оси шарнира, определить, какую скорость Uj будет иметь ползун в момент прохождения стержня через вертикаль.Р е ш е н и е . Рассматривая систему ползун — стержень, применим к нейтеорему об изменении кинетической энергии на перемещении, при котором стержень приходит из положения АВ0 в положение АВ1. Получим, учтя, что 7"0= 0Тх=т&1!2.(а)где 1Ji <ul= m 1vl/2 и, согласно формулам (44) или (45),TV=mj$;/2+Jc<&l2.
В последнем равенстве м — угловая скорость стержня,г с — скорость его центра масс, причем i’c = v 1—с'сл= и 1—со//2 ; кроме того, какбыло найдено в задаче 119, J c — щ Р! 12.В результате уравнение (а), если поделить обе его части на m j2 , примет вЧдЗдесь 7 \ = 7'Ii<v4 ~ 7 'it ,(б)Д ля определения а воспользуемся теоремой об изменении количества движения систем. Так как в данном случае 2 /* * = 0 , а в начальный момент системанаходилась в покое, получим Qx= 0, т. е.m ,v ,+ m 2 (u1— (ot/2) = 0 , откуда’ /ш = 2 { \ + m 1/m t ) v 1.Подставив это значение 1ш в равенство (б), найдем окончательно3gZ^1==У( l + r n 1/m ,)(l-|-4 m 1/m1) ’Задача 148.
По наклонной грани призмы 1 массой mlt стоящей'на гладкойгоризонтальной плоскости, начинает скользить (без трения) груз 2 массой mt(рис. 318). Угол наклона грани равен а .Найти, с каким ускорением будет при этомдвигаться призма.^4 "гАРешение.Рассмотрим системугруз — призма и применим к ней теорему1' *р ♦ •Ло движении центра масс.
В проекции нагоризонтальную ось Ох будет 2 / * х= 0 и,Z, чследовательно, М хс=0.XОбозначая координату призмы черезх и определяя положение груза на призметр ,координатой s, получим A4jf(7= m 1(jt-+-b)+р ис. 318-fm 2(x:+scos а). Так как Мдгс =0,тоотсю да(mi + /71,) хmis cos а = 0.(a)Значение s можно было бы опять определить с помощью теоремы об изменениикинетической энергии, но в данном случае проще составить дифференциальноеуравнение относительного движения груза [уравнение (56) из §91] в проекциина ось As. Так как подвижная система отсчета вместе с призмой перемещаетсяпоступательно, то Fkop= 0 , a / пер——где аг — ускорение призмы (ах= |*|).Тогдаs = —m2ic cos а , и в проекции на ось Л* получимffijs = m jgsln а — ma’i c o s a .Подставив это значение m2s в равенство (а), найдем искомое ускорение призмыа1х = х = —316nijg sin 2«2(ml -|-/n,sln*a)‘§ 126. ПОТЕНЦИАЛЬНОЕ СИЛОВОЕ ПОЛЕИ СИЛОВАЯ ФУНКЦИЯЗадачи, рассмотренные в предыдущих параграфах (и в § 89),удалось решить с помощью теоремы об изменении кинетической энергии по той причине, что во всех случаях работу действующих силможно было подсчитать, не зная заранее закона происходящегодвижения.
Важно установить, каков вообще класс сил, обладающихэтим свойством.Работа на перемещении М хМ г силы F, приложенной к телу в точке М, вычисляется по формуле (44') из § 87:(М.)(М.)Л (м ,м ,)=$ dA = J (Fx dx + Fv dy + F,dz).(54)(М.)(М.)Как уже было отмечено в § 89, вычислить стоящий справа интеграл, не зная закона происходящего движения (т. е. зависимостейх, у, г от времени /), можно лишь в случаях, когда сила постояннаили зависит только от положения точки, т.
е. от ее координат х, у,z. Такие силы образуют силовое поле (см. § 32). Так как сила определяется ее проекциями на координатные оси, то силовое поле задается уравнениями:Fx=Q>i(x, у, г), Fv = Ф а(дг, у, г), F t = Ф3(х, у, z).(55)Но в общем случае и для вычисления работы таких сил надо в формуле (54) перейти под знаком интеграла к одному переменному, т.
е.например, знать зависимости y = fi (x) и г = /,(х ). Эти равенства, какизвестно, определяют в пространстве уравнение кривой, являющейся траекторией точки М. Следовательно, в общем случае, работа сил, образующих силовое поле, зависит от вида траекторииточки приложения силы.Однако если окажется, что выражение, стоящее в формуле (54)под знаком_интеграла и представляющее собой элементарную работу силы F, будет полным дифференциалом некоторой функцииU(x, у, г), т. е.dA=d U(x , у, г) или Fx d x + F v d y + F z dz=dU(x, у, г),(56)то работу A {MiMa) можно вычислить, не зная заранее траекториюточки М.Функция U от координат х, у, z> дифференциал которой равенэлементарной работе, называется силовой функцией. Силовое поле,для которого существует силовая функция, называется потенциальным силовым полем, а силы, действующие в этом поле,— потенциальными силами.
В дальнейшем силовую функцию считаем однозначной функцией координат.Если в формулу (54) подставить выражение dA из равенства(56), то получим(М.)J dU(x, у , г ) = и ± — и 0(М.)(57)317где U1—U(x1, у и 2,) и U , —U(Xi, y t, z2) — значения силовой функции в точках Мл и М , поля соответственно. Следовательно, работапотенциальной силы равна разности значений силовой функции вконечной и начальной точках пути и от вида траектории движущейся точки не зависит. При перемещении по замкнутой траектории Ui—Ux и работа потенциальной силы равна нулю.Основным свойством потенциального силового поля и являетсято, что работа сил поля при движении в нем материальной точки зависит только от начального и конечного положений этой точки ини от вида ее траектории, ни от закона движения не зависит.Силы, работа которых зависит от вида траектории или от законадвижения точки приложения силы, называются непотенциальными.К таким, силам относятся силы трения и сопротивления среды.Если установлено, что соотношение (56) имеет место, то силоваяфункция находится из равенстваV = J &А + С или U — ^(Fx d.t + Fu dy + Fx dz) + C.(58)Постоянная С здесь может иметь любое значение (как видно изформулы (57), работа от С не зависит).
Однако обычно условливаются считать в некоторой точке О, называемой «нулевой точкой», величину Uо—0 и определяют С'исходя из этого условия.Известными нам примерами потенциальных сил являются силытяжести, упругости и тяготения (см. § 88). Покажем, что для полейэтих сил действительно существуют силовые функции, и найдем ихвыражения. Поскольку под знаком интегралов, из которых в § 88были получены формулы (47), (48) и (50), стоят элементарные работы соответствующих сил, то придем к следующим результатам,используя равенство (58):1) для поля с и л ы т я ж е.с т и, если ось г направлена вертикально вверх, d/4 = —Pdz, откуда, считая U = 0 при 2= 0 (нулевая точка в начале координат), находимU= —Рг;(59)2) для поля с и л ы у п р у г о с т и , действующей вдоль осиОх *, d A = -^cx йх, откуда, считая U—0 при х = 0 , находимU = —cx42;(59')3) для поля с и л ы т я г о т е н и я 6А = m gR *d (Г/г), откуда,считая U = 0 при г= о о (нулевая точка в бесконечности), находим_________U=mgR*lr,(59")где г = V х г + у* + г*.Пользуясь найденными значениями.функций U, можно по формуле (57) получить те же выражения для работ соответствующихсил, которые даются равенствами (47), (48) и (50) в § 88.*Такое поле можно назвать линейным; в нем областью, в которой задано силовое поле, является прямая линия.318Покажем, что, зная силовую функцию, можно определить силу, действующую в любой точке поля.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
