8.4. примеры динамики тв. тела

8.4. Примеры использования уравнений движения твёрдого тела
Пример № 1. Как изменится осевой момент инерции некоторой системы материальных
точек с уменьшением всех линейных размеров в два раза при одновременном увеличении
массы в три раза?
1. Положение цента масс системы, состоящей из n материальных частиц, в общем случае
определяется вектором
n
r
rC =
∑m
r
r
k k
1
,
1
∑m
(1)
k
1
r
где m k , rk - масса и радиус-вектор k-той частицы, входящей в состав системы.
2. Момент инерции системы материальных точек относительно оси, проходящей через
центр масс равен
n
J C = ∑ m k rC2 .
(2)
1
3. По условию задачи масса системы увеличивается в три раза, т.е.
n
n
1
1
M1 = ∑ m k , M 2 = 3∑ m k = 3M1 ,
(3)
а все геометрические размеры уменьшаются в два раза
r
2
rC 2 = rC1 2 , ⇒ (rC 2 ) = rC22 4 .
(4)
4. Подставляя (4) и (3) в (2) получим
J C 2 = 0,75J C1 ,
(5)
другими словами, момент инерции системы уменьшится на 25%.
Пример № 2. Два маленьких шарика массой m1 = 10 г и m2 = 20 г скреплены тонким
невесомым стержнем длиной L = 20 см. Определить момент инерции J системы относительно
оси, перпендикулярной стержню и проходящей через центр масс.
1. Определим положение центра масс системы
шаров,
воспользовавшись
уравнением
(1)
предыдущей задачи в проекции на ось Ох
x C = x1 =
m ⋅ 0 + 2m ⋅ L 2
= L.
m + 2m
3
(1)
2. Определим моменты инерции шаров
относительно оси, проходящей через центр масс системы перпендикулярно плоскости чертежа
4
2
J1 = mx12 = m L2 , J 2 = 2mx 22 = L2 .
9
9
(2)
3. Момент инерции системы шаров определится в виде суммы
J C = J1 + J 2 =
2mL2
≅ 2,7⋅10 –4 кг⋅м2.
3
(3)
Пример № 3. Два шара массами m и 2m (m = 10 г) закреплены на тонком невесомом
стержне длиной L = 40 см. Малый шар расположен в середине стержня, а больший – на конце.
191
Определите момент инерции J системы относительно оси, перпендикулярной стержню и
проходящей через его второй конец. Размерами шаров пренебречь.
1. Определим положение центра масс системы шаров
x c = OC =
m(L 2) + 2mL 5
= L.
3m
6
(1)
2. Найдём моменты инерции каждого шара и момент инерции системы
относительно центра масс
2
2
mL
⎛L L⎞
,
J1 = m ⋅ (AC) 2 = m ⋅ ⎜ − ⎟ =
9
⎝2 6⎠
2mL2 mL2
=
J 2 = 2m(BC) 2 =
,
36
18
1
J C = J1 + J 2 = mL2 .
6
(2)
(3)
(4)
3. Момент инерции относительно оси Oz, не совпадающей с центром масс найдём,
воспользовавшись теоремой Гюйгенса- Штейнера
J z = J C + 3ma 2 = J C + 3mx C2 =
9 2
mL ≅ 3,6 ⋅ 10− 3 кг⋅м2.
4
(5)
Пример № 4. Три маленьких шарика массой m=10 г каждый расположены в вершинах
равностороннего треугольника со стороной а=20 см и скреплены между собой. Определите
момент инерции J системы относительно оси, перпендикулярной плоскости треугольника и
проходящей через центр описанной окружности. Массой стержней, соединяющих шары,
пренебречь.
1. Поскольку треугольник, образованный
невесомыми
стержнями равносторонний, а высоты совпадают с медианами,
то
h = a cos 300 =
a
,
2
(1)
где h – высота равностороннего треугольника.
2. Центр масс данной материальной системы С совпадает с
центром описанной окружности радиуса R
R=
a
2
h=
.
3
3
(2)
3. Момент инерции относительно оси, проходящей через центр масс, определится
традиционно
J C = 3mR 2 =
3ma 2
= ma 2 ≅ 4⋅10 –4 кг⋅м2.
3
(3)
Пример № 5. Определите момент инерции молекулы воды H2O относительно оси Оz
проходящей через центр инерции молекулы С (ось z перпендикулярна плоскости чертежа).
Расстояние между атомами водорода и кислорода принять равным d ≅10 –10 м, валентный угол α
≅ 104030′. Атомную массу водорода считать равной А(Н) = 1, кислорода – А(О) = 16.
1. Как известно 1 атомная единица массы соответствует, примерно 1,7⋅10 –27 кг. Определим,
исходя из этого массы атомов водорода и кислорода
(1)
m H ≅ 1,7 ⋅ 10 −27 кг , m O ≅ 2,7 ⋅ 10 −26 кг .
192
2. Так как атомы молекулы воды расположены в
одной плоскости, то для определения положения центра
масс удобно воспользоваться дополнительной системой
координат o* , x * , y* , совместив её начало с атомом
кислорода. В этом случае xH = dcos(α/2), xO = 0, поэтому
{
}
xc =
α
2m H
d cos .
2m H + m O
2
(2)
3. Момент инерции молекулы относительно оси z*
определится как
J z * = 2m H d 2 .
(3)
4. Искомый момент инерции Jz выразим с помощью теоремы Гюйгенса – Штейнера
J z = J z * − (2m H + m O )x C2 ,
(4)
*
где xc = a – расстояние между параллельными осями z и z
5. Подставим далее значение xC из (2) и J z * из (3) в уравнение (4)
2
⎛ 2m H ⎞ 2
⎛α⎞
⎟⎟ d cos 2 ⎜ ⎟ ,
J z = 2m H d − (2m H + m O )⎜⎜
⎝2⎠
⎝ 2m H + m O ⎠
⎛
2m H
α⎞
J z = 2m H d 2 ⎜⎜1 −
cos 2 ⎟⎟ ≅ 3,2⋅10-47 кг⋅м2.
2⎠
⎝ 2m H + m O
(5)
(6)
Пример № 6. Получите уравнение момента инерции относительно оси, проходящей
перпендикулярно однородному стержню через один из его концов, если известны длина
стержня L и его масса – М. Как изменится уравнение момента инерции при перенесении оси в
центр масс стержня?
1 Момент инерции стержня относительно оси Оz
можно получить на основе определения момента
инерции
твёрдого
тела
как
величины,
характеризующей распределение масс
L
L
J z = ∫ x dm = ρ ∫ x 2dx .
2
0
0
(1)
Величина dm = ρdx представляет собой, так называемую, погонную массу, т.е. массу,
приходящуюся на единицу длины стержня. Плотность стержня можно представить как ρ = M/L.
2. Вычислим интеграл (1) с учётом значения ρ
L
M
Mx 3
J z = ∫ x 2dx =
L 0
3
L
=
0
ML2
.
3
(2)
3. Для вычисления момента инерции стержня относительно оси, проходящей через центр
масс, целесообразно воспользоваться теоремой Гюйгенса – Штейнера
2
(3)
J z = J C + Ma 2 , где a 2 = (L 2 ) = L2 4 .
4. Из соотношений (3) следует, что
ML2 ML2 ML2
−
=
J C ≡ J z1 = J z − Ma =
.
3
4
12
2
(4)
Пример № 7. Получите уравнение для момента инерции однородного тонкого кольца или
обруча радиуса R и массы М относительно оси, перпендикулярной плоскости кольца и
проходящей через его центр масс.
193
1. Выделим элементарную дугу длиной ds, имеющую
массу dm. Все элементарные дуги, составляющие кольцо
или обруч расположены на одинаковом расстоянии от
центра масс С, поэтому
M = ∫ dm .
(1)
2. Искомый момент инерции с учётом (1) определится
как
J z = R 2 ∫ dm =MR2.
(2)
Пример № 8. Получите уравнение момента инерции круглого тонкого однородного диска
радиуса R и массы М относительно оси, проходящей перпендикулярно к плоскости диска через
его центр масс.
1. Разобьём диск на концентрические полоски
шириной dr, принимаемые в пределе за материальные
окружности.
2. Определим элементарную массу каждой
полоски dm в виде произведения её площади на
плотность
(1)
dm = ρ2πrdr ,
[
]
где ρ кг м 2 - поверхностная плотность диска.
3. Момент инерции элементарной полоски относительно оси Оz определится как
jzi = ri2dm ,
ri – расстояние от оси Оz до i – той полоски.
4. Момент инерции всего диска запишется в виде интеграла
M
R
J C = ∫ rdm = 2πρ∫ r 3dr = 2πρ
0
0
R 4 MR 2
.
=
4
2
(2)
(3)
Пример № 9. Получите уравнение моментов инерции круглого однородного цилиндра
массы М радиуса R и длины L относительно продольной и поперечной осей симметрии.
1.
Определим
вначале
момент
инерции
относительно продольной оси симметрии Сz, для чего
разобьем цилиндр плоскостями, перпендикулярными
этой оси на тонкие полоски массой dm и толщиной dz.
Для каждого такого элементарного диска уравнение
момента инерции было получено в предыдущей задаче
jzi = ( R 2 2)dm .
(1)
2. Чтобы получить момент инерции всего цилиндра
необходимо элементарные моменты инерции типа (1)
сложить, при достаточно большом количестве элементарных дисков процесс сложения
заменяется интегрированием, т.е.
M
M
R2
R2
MR 2
.
Jz = ∫
dm =
dm
=
2
2 ∫0
2
0
(2)
3. Момент инерции i-того элементарного диска относительно оси, проходящей через центр
масс, определится из следующих соображений
2J C = J z , ⇒
jC i = jzi 2 = dmi
R2
.
4
(3)
4. Момент инерции элементарного диска, расположенного на расстоянии z от центра масс,
относительно оси Сy определим, воспользовавшись теоремой Гюйгенса – Штейнера
194
jci = dm
R2
+ dmz 2 , dm = πR 2ρdz .
4
(4)
5. Для вычисления момента инерции всего цилиндра необходимо уравнение (4)
проинтегрировать по z в пределах от 0 до L/2 и полученный результат удвоить
L2
⎛ R 2 L2 ⎞
⎞
⎛ R2
⎜⎜
+ ⎟⎟ ,
+ z 2 ⎟⎟dz = πR 2 Lρ⎜⎜
⎝ 4 12 ⎠
⎠
⎝ 4
комплекс величин, стоящий перед скобкой представляет собой массу, т.е. πR 2 Lρ = M
⎞
⎛ R2
J C = ∫ ⎜⎜
+ z 2 ⎟⎟dm = 2πR 2ρ ∫
4
⎠
0⎝
0
M
⎛ R 2 L2 ⎞
J C = M⎜⎜
+ ⎟⎟ .
⎝ 4 12 ⎠
(5)
Существенно отметить, что момент инерции цилиндра относительно его поперечной оси
симметрии получается в виде суммы моментов инерции стержня и диска, что, впрочем, не
представляется удивительным, потому что диск получается из цилиндра симметричным
сжатием его с торцов до средней плоскости. Цилиндр трансформируется в стержень при
уменьшении диаметра при сохранении длины.
Пример № 10. Получите уравнения моментов инерции шара массой М и радиусом R
относительно осей декартовой системы координат.
1. Разобьем шар на концентрические сферические слои и
выделим один из них радиусом r и толщиной dr, масса и объём
этого элемента определяться как
M
3M
,
=
V 4πR 3
dV = 4πr 2dr .
dm = ρdV, ρ =
(1)
(2)
2. Масса элементарного слоя с учётом (1) и (2) может быть
представлена следующим образом
(3)
dm = ρ4πr 2dr .
3. Момент инерции относительно центра масс шара
определится в виде интеграла, подынтегральное выражение которого преобразуется с помощью
уравнений (1) и (3)
M
R
J C = ∫ r 2dm = 4πρ∫ r 4dr = 4πρ
0
0
R5 3
= MR 2 .
5 5
(4)
4. Для осей декартовых координат, проходящих через центр масс шара, в силу симметрии
J x = J y = J z , но 2J C = J x + J y + J z = 3J z = 3J y = 3J x ,
с учётом этих обстоятельств
Jx = Jy = Jz =
2
2
J C = MR 2 .
3
5
Пример № 11. Момент инерции пластинки
произвольной формы относительно осей Ох и Оy,
лежащих в её плоскости соответственно равны Jx и Jy.
Определите момент инерции пластинки относительно оси
Оz, перпендикулярной плоскости пластинки .
1. Если пластинку представить как совокупность
большого числа материальных точек, то её момент
инерции можно записать в виде суммы
195
(5)
k =n
J z = ∑ m k rk2 ,
(1)
k =1
где mk – масса произвольной k-той частицы, а rk – её расстояние до оси Oz .
2. Как видно из приведенного рисунка
rk2 = x 2k + y k ,
3. Подставляя (2) в (1), придём к следующему уравнению момента инерции
k =n
k =n
k =1
k =1
J z = ∑ m k x 2k + ∑ m k y 2k .
(2)
(3)
4. С другой стороны,
k =n
k =n
∑ mk x 2k = J x ,
∑m y
k =1
k =1
k
2
k
= Jy ,
(4)
поэтому, можно окончательно записать: J z = J x + J y .
Привет № 12. Вычислите момент инерции однородного круглого диска массой М и
радиусом R относительно оси ξ, лежащей в его плоскости и отстоящей от центра тяжести диска
на расстоянии, равном четверти радиуса.
1. Как было показано в задаче № 8, момент инерции
диска относительно центра масс определяется как
(1)
J C = MR 2 2 ,
в виду симметрии диска относительно осей, лежащих в
его плоскости, можно записать
(2)
J x = J y = J C 2 = MR 2 4 .
2. Искомый момент инерции определится теоремой
Гюйгенса-Штейнера
2
MR 2
5
⎛R⎞
J ξ = J C + Ma =
+ M⎜ ⎟ = MR 2 .
4
⎝ 4 ⎠ 16
2
(3)
Пример № 13. Вычислите момент инерции относительно оси вращения z вала массой M1 =
10 кг и радиусом R1=10см с насаженной на него шестернёй со стальным венцом и
пластмассовой сердцевиной массой M2=100кг и радиусом 1м. Вал считать однородным
сплошным цилиндром, шестерёнку – однородным кольцом.
1. Момент инерции системы тел, как известно,
относительно их общей оси равен сумме моментов, в
данном случае, вала и маховика, т.е. J z = J z1 + J z 2 .
2. Заданная ось z проходит через центр масс вала
и маховика, это упрощает задачу определения
моментов.
Воспользуемся
результатами,
полученными в задачах № 7,8
Jz =
M1R12
+ M 2 R 22 ≅ 0,05 + 102 ≅ 102,05кг ⋅ м 2 .
2
Полученный результат показывает, что момент инерции вала составляет всего 0,05% от
момента инерции маховика. Поэтому им можно смело пренебречь.
196
Пример № 14. Шар массой М = 10кг и радиусом R = 20см
вращается вокруг оси, проходящей через его центр. Уравнение
вращения шара имеет вид: ϕ(t ) = A + Bt 2 + Ct 3 , где
В=4рад/с2, С= − 1рад/с3. Определите закон изменения во
времени момента внешних сил, приложенных к шару. Какова
величина момента сил через 2с после начала их действия?
1. Шар, будучи твёрдым телом, вращающимся вокруг
неподвижной
оси,
описывается
следующим
дифференциальным уравнением
r
dω r
Jz
= M z Fe ,
dt
( )
(1)
где ω − угловая скорость шара, Мz(Fe) – момент внешних сил
относительно оси Оz.
2. Определим модуль углового ускорения шара, продифференцировав по времени дважды
заданное уравнение движения
ω=
dϕ
dω
= 2Bt + 3Ct 2 , ε =
= 2B + 6Ct .
dt
dt
(2)
3. Подставим далее в уравнение (1) значение момента инерции шара относительно оси Оz
(см. задачу № 10) и значение модуля углового ускорения из (2)
( )
M z Fe =
2
4
MR 2 2(B + 3Ct ) = MR 2 (B + 3Ct ) .
5
5
(3)
4. Для заданного промежутка времени величина момента внешних сил будет равна
( )
M z Fe =
4
⋅ 10 ⋅ 0,04(4 − 6) ≅ −0,64Н ⋅ м .
5
(4)
Пример № 15. Для некоторого однородного
твёрдого тела задана ось ξ и на этой оси выбрана
произвольная точка А. Из объёма выделена
произвольная элементарная масса mk, характеризуемая
r
вектором rk , проведенным из точки А к выбранной
массе. Покажите, по какому из следующих уравнений
следует вычислять момент инерции этого тела
относительно заданной оси ξ:
n
n
k =1
k =1
1) J ξ = ∑ m k rk2 , 2) J ξ = ∑ m k rk2 sin 2 α k ,
k =n
3) J ξ = ∑ m k rk2 cos 2 α k .
k =1
1. Момент инерции элементарной массы mk относительно оси ξ равен произведению массы
на квадрат расстояния от точки до оси. Как видно из рисунка, кратчайшее расстояние между mk
r
и точкой А, из которой проведен вектор rk определится как: d k = rk sin α k , поэтому момент
инерции всего тела следует вычислять по формуле
Jξ =
k=n
∑m
k =1
r sin 2 α k .
2
k k
Пример № 16. Обруч массы М = 1кг и радиуса R = 1м вращается с постоянной угловой
скоростью ω = 2 рад/с вокруг оси, проходящей через центр масс обруча. Определите момент
импульса и кинетическую энергию обруча.
197
1. Получим уравнение модуля момента импульса обруча
относительно заданной оси
r
r
r
p = mv, p = mωR , L = mvR = mωR 2 ,
(1)
2. Вектор момента импульса представится следующим
образом
r
r
L = mωR 2 k ,
(2)
r
где k - единичный вектор, совпадающий по направлению с
осью z.
3. Кинетическую энергию обруча определим как для тела, вращающегося вокруг
неподвижной оси с постоянной угловой скоростью
K=
1
1
J z ω2 = MR 2ω2 .
2
2
(3)
4. Подставим в (1) и (3) заданные параметры обруча и получим искомые значения момента
импульса и кинетической энергии
L z = 2 кг ⋅ м 2 c, K = 4Дж.
Пример № 17. На рисунке приведены графики
зависимости моментов инерции Jz двух различных тел
от квадрата расстояния r между центром масс данного
тела и неподвижной осью z. Определите отношение
масс этих тел и отношение их собственных моментов
инерции JC.
1.
Уравнение
теоремы
Гюйгенса-Штейнера
позволяет
определить
отношение
собственных
моментов, действительно
(1)
J z = J C + Mr 2 ,
другими словами, при r = 0 величины моментов инерции относительно заданной оси и центра
масс тела будут совпадать. Собственные моменты тел, таким образом, определяются в данном
случае отрезками оси ординат, отсекаемыми каждым графиком
(2)
J C 2 J C1 = 2 .
2. Отношение масс тел будет равно отношению угловых коэффициентов заданных прямых
M1 tgα1
1
3
=
= 3.
tgα1 = , tgα 2 = , ⇒
M 2 tgα 2
6
8
(3)
Пример № 18. Оцените момент инерции молекулы ДНК относительно её оси, считая
молекулу «плотно упакованной» спиралью радиуса R≅6,7 Α° . Масса молекулы ДНК составляет
М≅1,2⋅108 а.е.м.
1. Заданная по условию «плотная упаковка» молекулы позволяет представить её
геометрически в виде сплошного цилиндра, момент инерции которого определится как
Jz =
MR2 1,2 ⋅108 ⋅ 45 ⋅10−20
=
≅ 5,4 ⋅10−11а.е.м. ⋅ м2 ≅ 9,2 ⋅ 10−38 кг ⋅ м2 ,
2
2
1 а.е.м. ≅ 1,7⋅10 –27 кг.
Пример № 19. Моменты инерции некого тела относительно трёх осей, проходящих через
точки А,В,С и перпендикулярных плоскости рисунка, равны между собой. Точки А,В,С не
лежат на одной прямой. Определите посредствам геометрических построений положение оси,
проходящей через центр масс и параллельной указанным осям.
198
1. Поскольку, заданные моменты инерции одинаковы, а
оси параллельны той, которая проходит через центр масс,
то на основании теоремы Гюйгенса-Штейнера
J A = J B = J C = J O + Md 2 ,
можно заключить, что расстояния от заданных осей до
центра масс d одинаковы. В этом случае положение центра
масс можно определить, построив к серединам отрезков
АВ и ВС перпендикуляры. Точка пересечения
перпендикуляров даёт положение центра масс О.
Пример № 20. Имеются две механические системы,
представляющие собой: в одном случае груз массы M,
закреплённый на вертикальной оси z посредствам
невесомого стержня длины L; в другом – к
вертикальной
оси
прикреплён
горизонтально
расположенный стержень массы М и длины L. Оба
устройства вращаются вокруг оси z с одинаковой
угловой скоростью ω. Сравните: 1) моменты инерции
груза и стержня относительно оси z; 2) моменты
импульсов; 3) кинетические энергии.
1. В первом случае груз можно считать точечной массой, поэтому уравнения моментов
инерции для точечной массы и стержня запишутся следующим образом
J z1 = ML2 , J z 2 = ML2 3 , ⇒ J z1 = 3J z 2 .
(1)
2. Для моментов импульса в данном случае будут справедливы уравнения
(2)
l z1 = J z1ω, l z 2 = J z 2 ω, ⇒ l z1 = 3l z 2 .
3. Отношение кинетических энергий, с учётом того, что обе системы совершают
вращательное движение с одинаковой угловой скоростью
K1 =
1
1
J z1ω2 , K 2 = J z 2 ω2 , ⇒ K1 = 3K 2 .
2
2
(3)
Пример № 21. Сплошной стальной цилиндр радиусом R=0,1м и высотой h=0,5м вращается
с постоянной угловой скоростью ω=2рад/с вокруг вертикальной оси z, проходящей через одну
из образующих цилиндра. Определите: 1) момент инерции цилиндра Jz; 2) импульс цилиндра p;
3) момент импульса Lz; 4) кинетическую энергию.
1. Определим массу цилиндра
M = ρV = πR 2 hρ ≅ 122,5кг.
(1)
2. Момент инерции цилиндра найдём, используя теорему Гюйгенса –
Штейнера
MR2
3
+ MR2 = MR2 ,
2
2
2
J z ≅ 1,8 кг⋅м .
J z = J z1 + MR2 =
(2)
3. Импульс цилиндра
p = Mv = MωrC ≅24,5кгм/с ,
(3)
где rC = R – расстояние от центра масс цилиндра до оси вращения.
4. Определим далее момент импульса цилиндра относительно заданной оси z
L = J zω ≅
3MR 2 ω
≅ 5 кгм2/с.
2
199
(4)
5. Кинетическая энергия вращающегося вокруг неподвижной оси цилиндра равна
K=
3MR 2 ω2
1
≅ 3,675Дж.
J z ω2 =
4
2
(5)
Пример № 22. Определите отношение скорости центра масс цилиндра, скатывающегося без
проскальзывания, в нижней точке наклонной плоскости к его скорости в этой же точке в случае
«чистого» скольжения. Движение в обоих случаях начинается без начальной скорости с
одинаковой высоты h.
1. В случае «чистого» скольжения движение цилиндра
можно считать поступательным, поэтому его кинетическая
энергия на основании закона сохранения энергии представится
следующим образом:
K1 =
Mv C2
= Mgh, v C1 = 2gh ,
2
(1)
где vC – скорость центра масс цилиндра, которая при
поступательном движении совпадает со скоростями всех
прочих точек цилиндра.
2. При скатывании цилиндра его движение можно рассматривать как плоское, которое
разлагается на поступательное движение центра масс и вращение прочих точек цилиндра
вокруг центра масс. Кинетическая энергия, таким образом, будет представляться в виде суммы
поступательной и вращательной составляющих. Вращательная составляющая кинетической
энергии определится из следующих соображений:
Kω =
2
⎛
⎞
J o ω2 ω2
(J C ) = 1 ω2 ⎜⎜ MR ⎟⎟ = 1 Mv C2 ,
=
2
2
2 ⎝ 2 ⎠ 4
(2)
Закон сохранения энергии для плоского движения цилиндра с учётом (2) примет вид
Mv C2 1
4gh
+ Mv C2 = Mgh, v C 2 =
K2 =
.
2
4
3
(3)
3. Сравнение уравнений (1) и (3) позволяет получить соотношение между скоростями
центра масс vC2 и vC2
v C 2 v C1 = 2 3 .
(4)
Пример № 23. К маховику с моментом инерции J, вращающемуся с угловой скоростью ω1
приложили тормозную колодку, спустя некоторое время угловая скорость маховика
уменьшилась до величины ω2. Определите, какая энергия выделилась, при этом, в виде тепла.
Решение:
1. Определим величины кинетической энергии маховика при двух заданных значениях
угловой скорости
K1 =
1 2
1
ω1 J z , K 2 = ω22 J z .
2
2
(1)
2. Поскольку уменьшение кинетической энергии маховика обусловлено возникновением
сил трения, то выделившееся тепло будет, в первом приближении, равно разности энергий, т.е.
ΔQ = ΔK = K1 − K 2 = J z ω12 − ω22 2 .
(2)
(
)
Пример № 24. Оцените время, за которое двойная спираль молекулы ДНК может
раскрутиться на две отдельные спирали, если её число витков N = 1,2⋅104, а кинетическая
энергия вращения молекулы К ≅ 2⋅10 – 21 Дж, момент инерции относительно оси вращения равен
Jz ≅ 9⋅10 –38 Дж.
200
1. Кинетическая энергия вращения вокруг неподвижной оси определяется как
2
1
⎛ dϕ ⎞
K = J z ω2 , или 2K = J z ⎜ ⎟ ,
2
⎝ dt ⎠
(1)
где ϕ - угловая координата, Jz – момент инерции молекулы ДНК, которая представляется в виде
«плотно упакованной» спирали.
2. Уравнение кинетической энергии (1) можно преобразовать к следующему интегральному
соотношению
J
dt = dϕ z , ⇒
2K
τ = 2πN
τ
∫ dt =
0
θ
Jz
dϕ ,
2K ∫0
(2)
Jz
≅ 3,6⋅10 –4 с.
2K
(3)
Пример № 25. На диск массы М = 20 г и радиуса R = 5 см, укреплённый на горизонтальной
оси, посадили жука массой Δm = 2г. Определите скорость и ускорение членистоногого в
нижней точке траектории, если трение в оси отсутствует.
1. Определим момент инерции диска с сидящим на его ободе
пауком, принимая последнего за материальную точку
MR 2
+ ΔmR 2 ,
2
J O = R 2 (M 2 + Δm ) .
J O = J O1 + J O 2 =
(1)
2. Определим далее момент силы относительно оси вращения
О, возникающий при действии на систему «диск – паук» силы
веса паука
r
(2)
M O (Δmg ) = ΔmgR .
3. Запишем основной закон динамики вращающейся системы тел из которого определим
угловое ускорение системы ε
r
r
M O (Δmg )
Δmg
J 0ε = M O (Δmg ), ⇒ ε =
=
,
(3)
JO
R (M 2 + Δm )
но, как известно, ε = a n R , поэтому для нормального ускорения паука можно на основании
(3) записать уравнение
a n = εR =
g
≅ 1,7м/с2.
(M 2Δm) + 1
(4)
4. Определим линейную скорость паука в нижней точке траектории
an =
v2
, ⇒ v = a n R ≅ 0,29м/с.
R
(5)
Пример № 26. Два подобных маховика изготовлены из одинакового материала, причём
линейные размеры первого в два раза больше, чем второго. Определите отношение их
кинетических энергий для случая вращения вокруг неподвижной оси с одинаковой угловой
скоростью.
1. Примем следующие
однородными дисками
соотношения между
параметрами
маховиков,
R 1 = 2R , R 2 = R , h 2 = 2h1 , ρ 2 = ρ1 , ω2 = ω1
считая
их
(1)
2. Выразим массы маховиков
M1 = ρV1 = 8πρR 2 h; M 2 = πρR 2 h .
201
(2)
3. Запишем уравнения моментов инерции
J z1 =
M1R 2 32πρR 4 h
πρR 4 h
; J z2 =
=
.
2
2
2
(3)
4. Так как кинетическая энергия вращающегося твёрдого тела равна
32πρR 4 h 2
πρR 4 h 2
1
2
ω , K2 =
ω ,
K = J z ω ,то K1 =
2
4
4
откуда следует, что K1 K 2 = 32 .
(4)
Пример № 27. Тонкий обруч радиуса R раскрутили вокруг его оси с угловой скоростью ω и
положили плашмя на горизонтальный пол. Через какое время обруч остановится, если
коэффициент трения между обручем и полом равен μ? Сколько оборотов сделает маховик до
остановки?
1. Запишем уравнение момента силы трения относительно оси вращения обруча
r
M z FТр = μmgR .
( )
(1)
2. Определим среднюю величину углового ускорения ε
ε=
dω
ω − ω2 ω
, < ε >= 1
= , так как ω2 = 0, ω1 = ω .
dt
τ
τ
(2)
3. Подставим величины момента сил трения и угловое ускорение в основной закон
динамики твёрдого тела
()
r
J zε = M z F ,
MR 2 ⋅
ω
ωR
= μMgR , ⇒ τ =
.
τ
μg
(3)
4. Определим число полных оборотов обруча до полной остановки, считая, что движение
равнозамедленное. Уравнение угловой координаты имеет вид
ϕ = 2πN =
ω2 R
ετ 2
, откуда: N =
.
2
4πμg
(4)
Пример № 28. Маховик в виде кольца массы М и радиуса R с невесомыми спицами
раскрутили до угловой скорости ω. Вследствие действия трения маховик остановился.
Определите момент сил трения, если: 1) движение продолжалось некоторое время τ; 2) до
остановки маховик сделал N полных оборотов.
1. Запишем основной закон динамики вращательного движения твёрдого тела
J z ε = M z FТр .
( )
(1)
2. Подставим в (1) значение момента инерции кольца, углового ускорения ε и момента сил
трения относительно оси вращения
r
(2)
MR 2 (ω τ ) = M z FТр ,
( )
3. В случае, когда задано число полных оборотов маховика N до остановки необходимо
выразить время следующим образом
ω1 − ω2 2πN
4πN
=
, ⇒ τ=
τ
ω
2
.
(3)
4. При подстановке (3) в (2) получаем для момента сил трения уравнение
( )
r
MR 2 ω2
M z FТр =
.
4πN
(4)
Пример № 29. Шар скатывается без трения с наклонной плоскости длиной L = 7 м с углом
наклона к горизонту α = 300 . Определите скорость шара в конце наклонной плоскости.
202
1. Закон сохранения энергии в данном случае можно записать следующим образом
Mv 2 J C ω2
+
,
2
2
(1)
v2 v2
+
= 0,7 v 2 ,
2
5
(2)
MgL sin α =
где v- линейная скорость центра масс шара, JС = 2MR2/5 – момент инерции шара относительно
центра масс, ω = v/R – угловая скорость вращения точек шара относительно центра масс.
2. Подставим в (1) значения момента инерции и угловой скорости
Lg sin α =
откуда
v ≅ 1,43Lg sin α ≅ 7,1 м/с.
(3)
Пример № 30. Шар катится по горизонтальной плоскости без проскальзывания.
Определите, какую часть составляет энергия поступательного движения от суммарной
кинетической энергии шара?
1. Кинетическая энергия шара складывается из энергии поступательного движения центра
масс и энергии вращения вокруг центра масс
EΣ =
Mv C2 1
Mv C2 1 2MR 2
+ J C ω2 =
+
= 0,7Mv C2 .
2
2
2
2 5
(1)
2. Отношение кинетической энергии шара к его полной энергии, таким образом, будет
равно
χ=
K Пост 0,5
=
≅ 0,71 .
KΣ
0,7
(2)
Пример № 31. Цилиндр катится по горизонтальной плоскости без скольжения. Определите,
какую часть от суммарной кинетической энергии составляет энергия вращательного движения.
1. Полная кинетическая энергия цилиндра при качении его по горизонтальной плоскости
без проскальзывания определяется в виде суммы
Mv C2 1
+ J C ω2 ,
(1)
2
2
где J C = MR 2 2 − момент инерции цилиндра, ω = v C R - угловая скорость точек диска
K Σ = K Пост + K Вр =
относительно центра масс.
2. Преобразуем уравнение (1) с учётом значений момента инерции и угловой скорости
KΣ =
Mv C2 1 MR 2 v C2 Mv C2 Mv C2 3
+
=
+
= Mv C2 .
2
2
2 2R
2
4
4
(2)
3. Отношение кинетической энергии вращения к общей энергии
χ=
4Mv C2
= 0,333....
3 ⋅ 4Mv C2
(3)
Пример № 32. Обруч массой M = 2 кг и радиусом R = 5 см скатывается по наклонной
плоскости длиной L = 2м и углом наклона α = 300. Определите момент инерции обруча
относительно оси вращения, если скорость в конце плоскости составила v = 2 м/с.
1. Запишем закон сохранения энергии с учётом того, что в начале спуска обруч имел
исключительно потенциальную энергию
v C2
Mv C2
MgL sin α =
+ JC
,
2
2R 2
203
(1)
2. Разрешим уравнение (1) относительно момента инерции
⎛ 2gL sin α ⎞
− 1⎟⎟ ≅ 2 ⋅10 − 2 кг⋅м2.
J C = MR 2 ⎜⎜
2
vC
⎝
⎠
(2)
Пример № 33. Шар и цилиндр одинаковой массы и радиуса перед подъёмом на наклонную
плоскость имели одинаковые скорости центра масс. Определите отношения высот их подъёма.
1. Определим в общем виде кинетическую энергию шара и цилиндра перед началом их
движения по наклонной плоскости
Mv C2 1 2MR 2 2
KШ =
+
ω = 0,7Mv C2 .
2
2 5
2
Mv C 1 MR 2 2
KЦ =
+
ω = 0,75Mv C2 .
2
2 2
(1)
(2)
2. При движении тел вверх по наклонной плоскости их кинетическая энергия будет
преобразовываться в потенциальную энергию, на основании закона сохранения энергии можно
записать следующие соотношения
(3)
0,7 Mv C2 = Mgh Ш ; 0,75Mv C2 = Mgh Ц ,
откуда: h Ц h Ш ≅ 1,07.
Пример № 34. Шар и сплошной цилиндр имеют одинаковую массу М=5 кг и катятся без
проскальзывания по горизонтальной плоскости с одинаковой скоростью v=10 м/с. Определите,
в каком соотношении находятся кинетические энергии этих тел.
1. Как следует из уравнений (3) предыдущей задачи:
K Ш = 0,7 Mv 2 ≅ 350Дж, K Ц = 0,75Mv 2 ≅ 375Дж,
(1)
2. Отношение кинетических энергий тел определится как
K Ц K Ш ≅ 1,07.
(2)
Пример № 35. Определите кинетическую энергию вращающегося с частотой n = 120
об/мин твёрдого тела в виде стального полого цилиндра длиной L = 400 мм с наружным
диаметром D1 = 1000 мм и внутренним − D2 = 600 мм.
1. Определим массу полого цилиндра с учётом величины плотности стали ρ = 7800 кг/м3
⎛ D2 D2 ⎞
M = ρV = ρπL⎜⎜ 1 − 2 ⎟⎟ ≅ 1576 кг.
4 ⎠
⎝ 4
(1)
2. Момент инерции вращающегося полого цилиндра относительно его центра масс
(
)
M 2
D1 + D 22 ≅ 268 кг⋅м2.
8
3. Угловая скорость цилиндра: ω = 2πn ≅ 12,56 рад/с.
JC =
(2)
4. Кинетическая энергия вращательного движения толстостенного полого цилиндра
K=
1
J C ω2 ≅ 2⋅104 Дж.
2
(3)
Пример № 36. Диск катится без проскальзывания по горизонтальной плоскости в течение τ
= 3 с и останавливается, пройдя расстояние L = 10 м. Определите величину коэффициента
трения, считая его постоянным.
204
1. Теорема об изменении кинетической энергии катящегося диска в общем виде
записывается следующим образом
r
(1)
K 2 − K1 = A1, 2 , т.к. K 2 = 0 , − K1 = A FТр ,
( )
или
Mv 2 2 Mv 2
3
ω +
= μMgL , ⇒ μgL = v 2 .
4
4
2
2. Воспользовавшись кинематическими соотношениями, выразим
диска через пройденное расстояние и время
(2)
начальную скорость
aτ 2 ⎫
,⎪
v
vτ
2L
,
2 ⎬ , ⇒ a = , L = vτ − , v =
τ
τ
2
⎪
v − aτ = 0
⎭
L = vτ −
(3)
4. Подставим полученное уравнение начальной скорости диска в уравнение (2)
3 ⋅ 4L2
3L
= μgL, ⇒ μ = 2 ≅ 0,333 .
2
4τ
gτ
(4)
Пример № 37. Катушку с нитками, расположенную на
горизонтальной поверхности пытаются привести в движение,
последовательно прикладывая к нити силы разного направления F1, F2
и F3. Модули сил одинаковы. Объясните, как станет двигаться
катушка в каждом эксперименте.
1. Катушка, расположенная на плоскости ввиду наложенных на
неё связей может совершать либо плоское движение, либо
вращательное. Если прикладывать к нитке силу в направлении
F1, то относительно оси, перпендикулярной плоскости чертежа
и проходящей через точку Р, возникнет отрицательный момент
r
силы M p F1 = F1 ⋅ h , направленный по часовой стрелке. Через
( )
точку Р проходит мгновенная ось вращения т.к. эта точка,
будучи общей между катушкой и плоскостью в настоящее
мгновение
неподвижна.
Таким
образом под действием силы F1
центр
масс
катушки
будет
перемещаться вправо, а катушка
будет катится, вращаясь по часовой
стрелке.
2. Линия действия силы F2
пересекает ось вращения, момент
этой силы равен нулю, другими
словами, катушка будет вращаться
вокруг центра масс, оставаясь на месте.
3. При действии силы F3 относительно оси, проходящей
r
положительный момент M F3 = F3 ⋅ h 3 под действием которого
плоское движение, т.е. покатится таким образом, что центр масс
Мгновенная ось вращения, при этом, тоже станет перемещаться
центра масс.
( )
205
через точку Р возникнет
катушка будет совершать
будет перемещаться влево.
параллельно перемещению
Пример № 38. По кольцу растекается капля жидкости. Покажите, как
при этом изменяется момент инерции жидкости относительно оси,
перпендикулярной плоскости кольца и проходящей через его центр.
1. В случае, когда жидкость присутствует на кольце в виде капли,
диаметром много меньшим радиуса кольца, момент инерции этой
точечной массы равен J O1 = mR 2 .
2. Когда жидкость растекается, то она принимает форму кольца,
момент инерции которого, как известно, определяется как J O 2 = mR 2 . Таким образом,
преобразование формы жидкости из капли в кольцо никак не изменяет момент инерции
относительно заданной оси.
Пример № 39. Капля жидкости массой m первоначально находилась на
одном из концов тонкого стержня длины L, а затем растеклась равномерно по
всему стержню. Как изменился при этом момент инерции жидкости
относительно оси, проходящей перпендикулярно стержню через его середину
C?
1. Момент инерции капли можно вычислить, полагая её материальной
точкой, расположенной на расстоянии L/2 от заданной оси
(1)
J C1 = mL2 4 .
2. При растекании капли по стержню её момент инерции меняется,
становясь равным
J C2
mL2
=
.
12
(2)
3. Совместное рассмотрение (1) и (2) показывает, что момент жидкости уменьшается в три
раза
(3)
χ = J C1 J C 2 = 12 4 = 3 .
Пример № 40. Свинцовый цилиндр сплющили таким образом, что его высота уменьшилась
в двадцать пять раз. Каким образом при этом изменяется момент инерции тела относительно
оси, проходящей через центр масс.
1. Сплющивание цилиндра не сопровождается изменением его массы и объёма, что является
основанием для определения соотношения радиусов
V1 = πR 12 h ,
V2 = πR 22
h
,
25
⇒ R 2 = 5R 1 .
(1)
2. Определим изменение момента инерции относительно заданной оси
J C1 =
mR 2
25mR 2
, J C2 =
, ⇒
2
2
J C2
= 25 ,
J C1
(2)
при сплющивании цилиндра его момент инерции увеличивается пропорционально изменению
его высоты.
Пример № 41. Из сплошного однородного цилиндра сделали полый, удалив половину
массы. Определите, как изменится момент инерции цилиндра относительно его оси?
Решение:
1. Определим внутренний радиус полого цилиндра с учётом уменьшения вдвое его массы,
т.е.
ρπhR 12 = 2ρπh R 12 − R 22 , R 12 = 2R 12 − 2R 22 ,
(
)
206
R 2 = 0,71R 1 .
(1)
2. Моменты инерции сплошного и полого цилиндров относительно их оси симметрии
определится как
J C1 =
MR 12
M 2
1,5MR 12
(
R 1 + R 22 ) =
, J C2 =
,
2
4
4
(2)
3. Отношение моментов инерции
J C1 J C 2 = 0,5 0,375 ≅ 1,33 .
(3)
Пример № 42. Маленький шарик, подвешенный на нити,
вращается в горизонтальной плоскости. Определите отношение
моментов инерции шарика относительно оси, проходящей через центр
круговой траектории и точку повеса, при углах отклонения нити α1 =
600, α2 = 300.
1. Определим расстояние от шарика до оси вращения: r = L sin α .
2. Момент инерции для заданных углов отклонения нити от
вертикали запишется следующим образом
J1 = ML2 sin 2 α1 = 0,75ML2 ,
(1)
J 2 = ML 2 sin 2 α 2 = 0,25ML2 .
3. Отношение моментов инерции: J1 J 2 = 0,75 0,25 = 3 .
(2)
Пример № 43. Книга массой M = 1,2 кг имеет размеры: c = 3
см,a = 17 см, b = 25 см. Определите отношение моментов инерции
этой книги относительно осей декартовой системы координат,
начало которой совпадает с центром масс книги.
1. Вычислим момент инерции книги относительно заданных
осей, представив её в виде прямоугольного параллелепипеда
Jx =
(
)
M 2 2
b + c ≅ 6,34⋅10 -3 кг⋅м2,
(1)
12
M 2
Jy =
c + a 2 ≅ 3,1⋅10-3кг⋅м2,
12
M 2
Jz =
a + b 2 ≅9,14⋅10 –3 кг⋅м2.
12
(
)
(
)
(2)
(3)
2. Отношение моментов: Jx : Jy : Jz ≅ 2 : 1 : 3.
Пример № 44. Шар, не испытывая сопротивления, катится по наклонной плоскости с
высоты h = 1м. Определите скорость центра масс шара vC в конце спуска.
1. Скорость центра масс шара, совершающего плоское движение, уместно в данном случае
определить, воспользовавшись законом сохранения энергии. Потенциальную энергию в начале
необходимо спуска приравнять к кинетической энергии в конце спуска, при переходе к
горизонтальному движению
Mv C2 2MR 2 ω2
Mv C2
Mgh =
+
= 0,7
,
2
5
2
2
(1)
откуда:
v C = 1,7 gh ≅ 5,34 м/с.
(2)
Полученное уравнение является кинематическим, скорость центра масс шара не зависит от его
размеров и массы, а всё потому, что случай движения сильно идеализирован, не учитывается
трение качения и сопротивление среды.
207
Пример № 45. Два шара находятся на наклонной плоскости на высоте h = 1 м над
горизонтом. У одного из шаров радиус и масса в два раза больше, чем у другого. Определите, в
каком отношении будут находиться скорости центров масс шаров в конце спуска и их
кинетические энергии.
1. Как выяснено в предыдущей задаче, скорость центра масс в отсутствии сопротивления не
зависит от массы шаров и их геометрических размеров, поэтому − v C1 = v C 2 .
2. Кинетические энергии шаров, естественно, будут отличаться вследствие отличия
вращательной составляющей энергии, действительно
K1 =
Mv C2 2
+ MR 2 ω2 = 0,35Mv C2 ,
2
10
2 Mv C2 2 2 M 4 R 2 ω 2
+
≅ 2,6 Mv C2 .
2
5
2
Таким образом, кинетическая энергия большего шара будет в 7,43 раза больше.
K2 =
(1)
(2)
Пример № 46. Шар и цилиндр с одинаковыми радиусами и массами начинают скатываться
из состояния покоя с вершины наклонной плоскости. Определите отношение кинетических
энергий и скоростей центра масс тел у основания наклонной плоскости.
1. Определим в общем виде кинетические энергии тел с учётом поступательного движения
центра масс и вращения прочих точек тел вокруг этого центра
Mv C2 1
+ MR 2 ω2 = 0,7Mv C2 .
2
5
2
Mv C 1
KЦ =
+ MR 2 ω2 = 0,75Mv C2 .
2
4
KШ =
2. Кинетическая энергия цилиндра несколько больше, чем у шара
K Ц K Ш ≅ 1,04 .
(1)
(2)
(3)
3. Отношение скоростей центров масс цилиндра и шара проще всего определить на
основании закона сохранения энергии. Если движение тел начинается с одинаковой высоты h,
то
(4)
Mgh = 0,7 Mv 2Ш , Mgh = 0,75Mv 2Ц ,
откуда видно, что скорость центра масс шара будет хоть и не намного, но больше,
v Ш v Ц ≅1,03.
Пример № 47. Определите угловое ускорение обода заднего велосипедного колеса массой
m = 3 кг и радиусом R = 0,5 м когда велосипедист массой M = 60 кг поднимаясь в гору,
воздействует на каждую педаль всем своим весом. Педали описывают окружность диаметром d
= 36 см. Диаметры ведущей и ведомой звёздочки одинаковы. Масса колеса сосредоточена в
области обода.
1. Определим момент силы приложенной к заднему колесу велосипеда относительно оси
его вращения z
M z (F) = Mgr ,
(1)
где r – радиус звёздочек. М – масса велосипедиста,g – ускорение свободного падения.
2. Запишем основной закон динамики вращательного движения твёрдого тела ( в данном
случае, кольца) вокруг неподвижной оси из которого угловое ускорение ε определяется легко
()
r
Mgr
J z ε = M z F , mR 2 ε = Mgr , ε =
≅ 144 рад/с2 .
2
mR
208
(2)
Пример № 48. Маховик гироскопа массой M = 1 кг в виде цилиндра радиусом R = 5 см из
состояния покоя необходимо при постоянном по модулю угловом ускорении ε раскрутить за τ
= 33,3 с до частоты вращения n = 20000 об/мин. Определите, момент какой величины должен
создавать приводной электродвигатель.
1. Поскольку угловое ускорение по условию задачи полагается постоянным по модулю, то
его можно найти из кинематических соображений
ε = 2πn τ .
(1)
2. Требуемый для такого разгона момент определится из основного уравнения динамики
твёрдого тела
()
r
εJ z = M z F ,
()
r 2πn MR 2
Mz F =
≅0,0125Н⋅м.
τ
2
(2)
Пример № 49. Шар радиусом r =10 см массой m = 2,4 кг, закреплённый на конце лёгкого
стержня, движется по горизонтальной окружности радиусом R=1,2 м в соответствии с
уравнением: ϕ(t) = 2t2+3. Со стороны воздуха на шар действует сила сопротивления,
пропорциональная линейной скорости Fs=0,2v . Определите для времени τ = 2с после начала
движения момент, приводящей к такому движению силы.
1. Определим величину углового ускорения в заданный
момент времени
ε=
dω d 2 ϕ
= 2 = 4 рад/с2.
dt dt
(1)
2. Воспользовавшись теоремой Гюйгенса – Штейнера,
определим момент инерции шара относительно оси его
вращения z
Jz =
(
)
2 2
mr + mR 2 = m 0,4r 2 + R 2 ,
5
так как радиус шара много меньше радиуса его круговой траектории (R2>>0,4r2), то момент
инерции можно вычислять как для материальной точки
J z ≅ mR 2 ≅ 3,456 кг⋅м2.
(2)
3. Определим значение силы сопротивления в заданный момент времени τ = 2 с
Fs = 0,2v = 0,2
dϕ
R = 0,8Rτ ≅ 1,92Н.
dt
4. Вычислим момент силы сопротивления относительно оси вращения
r
M z Fs = Fs R ≅ 2,3 Н⋅м.
5. Искомый момент силы, приводящей шар в такое движение,
воспользовавшись основным динамическим уравнением твёрдого тела
r
r
r
r
εJ z = M z F − M z Fs , M z F = εJ z + M z Fs ≅16 Н⋅м.
( )
()
( )
()
( )
(3)
(4)
определим,
(5)
2.4.50. Колесо массой m = 5 кг и радиусом R = 0,8 м стоит вертикально на полу перед
ступенькой, высотой h =0,1м таким образом, что касается её. Какую минимальную
горизонтальную силу нужно приложить к оси колеса, чтобы
вкатить его на ступеньку?
1. Всякое тело, способное вращаться, может это делать в
случае действия на него соответствующего момента относительно
предполагаемой оси вращения. Момент силы отличен от нуля,
если линия действия силы не пересекается с осью вращения.
2. Чтобы вкатить колесо на ступеньку, необходимо поднять
его центр масс на высоту h. Сила тяжести относительно оси
209
вращения, проходящей через точку О перпендикулярно плоскости чертежа, создаёт момент
r
M z (mg ) .
3. Определим плечо силы тяжести BD = l из следующих геометрических соображений
OC 2 = AC2 + BD 2 , или R 2 =
l = h (2R − h ) .
(R − h )2 + l 2 ,
(1)
Таким образом, момент силы тяжести относительно оси z определится как
r
M z (mg ) = mg h (2R − h ) .
(2)
4. Вращение колеса вокруг оси z, под действием горизонтальной силы станет возможным,
если момент этой силы будет равен или превзойдёт момент силы тяжести относительно этой же
оси. Математически это условие можно оформить следующим образом
Fmin ⋅ (R − h ) ≥ mg h (2R − h ) ,
(3)
Величина силы будет равна:
Fmin ≥
mg h (2R − h )
≅ 27,7 Н.
R −h
(4)
Пример № 51. На автомобильную шину с горизонтальной осью массой m = 4 кг и радиусом
R = 0,5 м намотана невесомая нить за которую тянут вниз с силой, изменяющейся по закону
F(t) = 3t – 0,2t2,Н. На шину действует постоянная сила трения с моментом M(Fs) = 4,9 Н⋅м.
Определите, какую линейную скорость будут иметь точки обода колеса через τ = 10 с после
начала движения. Шину считать однородным цилиндром.
1. Считая колесо цилиндром определим момент его
инерции относительно оси вращения z
Jz =
mR 2
≅ 0,5кг ⋅ м 2 .
2
(1)
2. Найдём значение силы, приложенной к нити в заданный
момент времени
(2)
F = 3 ⋅10 − 0,2 ⋅100 ≅ 10H .
3. Запишем далее основное динамическое уравнение для
вращательного движения твёрдого тела и определим из него
угловое ускорение маховика ε
r
r
J z ε = M z F − M z Fs ,
()
r
r
M z (F) − M z (Fs )
ε=
≅ 0,2
Jz
( )
рад/с2.
(4)
4. Определим угловую скорость маховика и скорость точек на его ободе, используя
кинематические соотношения для вращательного движения, начинающегося из состояния
покоя
(5)
ω = ετ ≅ 2 рад/с, v = ωR ≅ 1 м/с
Пример № 52. Ротор гироскопа, вращающейся с частотой n = 6⋅104
об/мин, имея массу m = 10 кг и радиус R = 10 cм, останавливается под
действием постоянного момента сил сопротивления Mz(Fs) = 1,3 Н⋅м.
Определите, сколько пройдёт времени τ с момента выключения привода и
до полной остановки ротора. Сколько полных оборотов N сделает при
этом ротор?
1. Будем считать ротор сплошным цилиндром, вращающимся вокруг
оси, проходящей через центр масс. После выключения привода на ротор
210
действует только момент сил сопротивления, поэтому основной закон вращательного движения
примет следующий вид
(1)
J z ε = M z (Fs ) ,
откуда несложно найти угловое ускорение ротора ε и время его остановки
( )
r
πnmR 2
2M z Fs
2πn
r ≅ 240с.
ε=
=
⇒
τ
=
,
τ
mR 2
M z (Fs )
(2)
2. Число полных оборотов найдём из кинематического уравнения
2πN = 2πnτ − ετ 2 2 ,
N = nτ −
ετ 2
≅ 2,28⋅104 об.
4π
(3)
Пример № 53. Через блок, представляющий собой однородный цилиндр массой М = 0,8 кг
и радиусом R = 3 см, перекинута невесомая нить, к концам которой прикреплены грузы
массами m1 = 3,4 кг и m2 = 3,6 кг. Определите средний момент силы трения в блоке, если
известно, что масса m2, движущаяся первоначально со скоростью v = 0,2 м/с остановилась через
τ = 6,2 с.
1. Определим суммарный момент всех приложенных к блоку сил
относительно оси вращения z
()
( )
r
r
(
)
M
F
=
Rg
m
−
m
−
M
F
∑ z
2
1
z s .
3
(1)
1
2. Используя кинематические соотношения, запишем уравнение
для углового ускорения блока
ω=
v
v
, ε=
.
Rτ
R
(2)
3. Искомую величину момента сил сопротивления определим из
основного динамического уравнения
r
J z ε = Rg (m 2 − m1 ) − M z Fs ,
( )
( )
r
MvR
M z Fs = Rg (m 2 − m 1 ) −
≅ 6⋅10-2 Н⋅м.
2τ
(3)
Пример № 54. Чему равен момент импульса шлифовального круга в виде однородного
диска массой m = 2,3 кг и радиусом R = 12 см, вращающегося с частотой n = 1500 об/с?
Определите, какой величины момент сил сопротивления нужно приложить, чтобы остановить
круг за время τ = 7с.
1. Момент импульса шлифовального круга относительно оси вращения при частоте
вращения n = 25 с-1 определится как
Lz = J zω =
mR 2
2πn = πnmR 2 ≅ 2,6кг⋅м2/с.
2
(1)
2. Для остановки шлифовального круга за время τ требуется приложить относительно оси
вращения момент
r
< M z Fs >= ΔL z Δt ≅ L z τ ≅ 0,37 H .
(2)
( )
Пример № 55. Ротор электродвигателя в виде однородного цилиндра массой m = 2 кг и
радиусом R = 0,1 м после выключения питающего напряжения и включения тормозного
устройства вращается в соответствии с уравнением: ϕ = 10t – 0,2t2. Определите: а) момент
импульса ротора через τ = 5 с после снятия питания; б) момент сил сопротивления; в) время
необходимое для полной остановки ротора.
211
1. Определим зависимость угловой скорости ротора от времени после выключения
питающего напряжения
ω = dϕ dt = 10 − 0,4 t .
(1)
2. Момент импульса ротора относительно оси вращения в заданное время τ = 5 с
определится как
Lz = J zω =
mR 2
ω = (5 − 0,2t )mR 2 = 4mR 2 ≅ 8⋅10-2кг⋅м2/с.
2
(2)
3. Момент сил сопротивления относительно оси вращения ротора определится следующим
образом
( )
[
]
r
dL
d
M z Fs = z =
mR 2 (5 − 0,2 t ) ≅ 4⋅10-3 Н⋅м.
dt
dt
(3)
4. Найдём время, необходимое для полной остановки ротора для чего воспользуемся
уравнением (1) . В отсутствие вращения ротора ω = 0, другими словами:
(4)
10 − 0,4 t x = 0, ⇒ t x = 10 0,4 = 25c .
Пример № 56. Диск массой m =1 кг и радиусом R = 1 м вращается вокруг неподвижной оси
так, что его момент импульса изменяется во времени по закону: Lz = At2 + Bt (А = 2 кг⋅м2/с3, В =
4 кг⋅м2/с2). Определите: а)момент действующих внешних сил; б) угловое ускорение диска; в)
линейную скорость точек его обода через τ = 2 с после начала движения, если оно начинается
из состояния покоя.
()
r dL
M (F) =
dt
r
1. Определим момент сил M z F , приводящий к заданному движению
z
z
= 2At + B = 10 Н⋅м
(1)
2. Угловое ускорение определим, воспользовавшись основным динамическим законом для
твёрдого тела
()
r
r
рад
2M z F
J zε = Mz F , ⇒ ε =
= 20 2 .
2
mR
c
()
3. Линейная скорость точек обода диска определится как
v = ωR = ετR = 40 м c .
(2)
(3)
Пример № 57. Однородный диск массой М = 2 кг
и радиусом R = 0,2 м может свободно вращаться
вокруг оси О, проходящей через центр диска
перпендикулярно его плоскости. В диск попадает
горизонтально летящая со скоростью v = 100 м/с пуля
массой m = 10 г. Определите угловую скорость
вращения диска вместе с застрявшей в нём пулей.
1. Запишем закон сохранения момента импульса
для системы «пуля – диск», откуда и выразим искомую угловую скорость ω
L oп = J oп ⋅ ω + J oд ω , ω =
mvR
2mv
≅50рад/с,
=
2
MR
R (M + 2m )
2
mR +
2
(1)
где Lоп – момент импульса пули относительно оси вращения, Jоп – момент инерции пули, Jод –
момент инерции диска.
212
Пример № 58. Космическая станция в виде цилиндра
радиусом R = 200 м и массой 5000 т вращается вокруг оси,
проходящей через её центр масс перпендикулярно основаниям
с угловой скоростью ω1 = 0,5 рад/с. В станцию попадает
метеорит массой m = 100 кг, летящий по касательной к
образующей цилиндрической поверхности со скоростью 20
км/с. Определите изменение угловой скорости станции Δω
после столкновения с метеоритом.
1. В данной ситуации справедлив закон сохранения
момента импульса, т.е. момент импульса системы «метеорит –
станция» до столкновения должен быть равен моменту
импульса системы после попадания в станцию метеорита. Определим, исходя из этого, новую
угловую скорость станции
mvR + J z1ω1 = (J z1 + J z 2 )ω2 ,
(1)
mvR +
⎛
MR 2
MR 2 ⎞
⎟ω 2 ,
ω1 = ⎜⎜ mR 2 +
2
2 ⎟⎠
⎝
2mvR + MR 2 ω1 2mv + MRω1
=
.
2mR 2 + MR 2
R (2m + M )
2mv + MRω1
Δω = ω2 − ω1 =
≅ 0,54 − 0,5 = 0,04рад / с .
R (2m + M )
ω2 =
(2)
(3)
(4)
Пример № 59. Вычислите момент импульса нашей планеты Земля в её суточном и годовом
циклах движения, полагая радиус Земли R1 ≅6400 км, массу планеты М ≅ 6⋅1024 кг, среднее
расстояние от Земли до Солнца R2 ≅ 1,5⋅1011 м.
1. Период обращения Земли вокруг собственной оси равен Т1 =
24 час, что соответствует Т1 = 86400 с, что позволяет определить
угловую скорость вращения
ω1 = 2π T ≅ 7,27⋅10-5 рад/с.
(1)
2. Момент инерции Земли относительно оси вращения можно
определить, в первом приближении, как для однородного шара
J z1 =
2MR 12
≅ 9,7⋅1037 кг⋅м2.
5
(2)
3. Момент количества движения в суточном вращении нашей
планеты с использованием (1) и (2) определится как
L z1 = J z1 ⋅ ω1 ≅ 7,1⋅1033 кгм2/с.
(3)
4. При рассмотрении вращения Земли вокруг Солнца
её вполне можно считать материальной точкой, (R2>>R1)
которая с периодом Т2 = 365 суток ≅ 3,16⋅107с движется по
круговой траектории. Угловая скорость и момент инерции
Земли относительно оси, проходящей через Солнце,
определятся по аналогии с (1) и (2)
ω2 = 2π T2 ≅ 2⋅10 –7 с, J z 2 = MR 22 ≅ 1,3⋅1047кг⋅м2. (4)
5. Орбитальный момент количества движения Земли,
таким образом, будет равен
L z 2 = J z 2 ⋅ ω2 ≅ 2,6⋅1040 кг⋅м2/с.
213
(5)
Пример № 60. Если представить себе, что все живущие на Земле люди соберутся в области
экватора и выстроятся в форме кольца, то на сколько такая миграция населения изменит
продолжительность суток?
1. Примем, что нашу планету населяет N = 6⋅109 человек, средняя масса каждого пусть
составляет <m> ≅ 50 кг. Таким образом, масса «живого» кольца равна М ≅ 3⋅1011 кг, а его
радиус совпадает с радиусом Земли, т.е. R≅ 6,4⋅106 м. Масса Земли равна M0 ≅ 6⋅1024 кг.
2. В результате перемещения людей масса планеты не изменяется и новые внешние силы не
возникают, поэтому справедлив закон сохранения момента импульса
J z1ω1 = (J z1 + J z 2 )ω2 ,
(1)
⎡ 2(M 0 − M )R 2
⎤
2M 0 R 2
ω1 = ⎢
+ MR 2 ⎥ ω2 ,
5
5
⎣
⎦
(2)
M0
ω2
=
≅ 1,000000000000051,
ω1 M 0 − 1,5M
(3)
Как видно, из полученных результатов, этот способ изменения продолжительности суток
нашей планеты не состоятелен.
Пример № 61. Определите приращение угловой скорости Δω
планеты Меркурий при её вращении вокруг собственной оси,
обусловленное падением на её поверхность метеорита массой m
= 1⋅10 – 5 М0, где М0 = 5,876⋅10 24 кг – масса Земли. Метеорит со
скоростью v = 25 км/с летел до столкновения в плоскости
экватора под углом α =600 к вертикали. Масса Меркурия
составляет М ≅ 0,056 М0, а радиус равен R ≅ 0,38 R0 (R0 =
6,378⋅103 км - радиус Земли).
1. При взаимодействии планеты с метеоритом справедлив
закон сохранения момента импульса относительно оси вращения
(кинетического момента), который математически представится
в виде следующего уравнения
(1)
mvR sin α + J z1ω1 = J z 2 ω2 ,
где Jz1 – момент инерции Меркурия до столкновения с метеоритом, Jz2 – момент инерции
планеты после падения на её поверхность метеорита, ω1 и ω2 – соответствующие угловые
скорости.
2. Определим из уравнения (1) изменение угловой скорости, считая Меркурий однородным
шаром
2
2
mvR sin α + MR 2 ω1 = (m + M )R 2 ω2 ,
5
5
(2)
т.к. M >> m, то (2) можно упростить
2
2
mvR sin α + MR 2 ω1 = MR 2 ω2 ,
5
5
−5
5mv sin α 5 ⋅10 M 0 ⋅ 2,5 ⋅104 ⋅ 0,5
Δω =
=
≅ 2,3⋅10 –6 с.
2MR
2 ⋅ 0,056M 0 ⋅ 2,423 ⋅106
(3)
Пример № 62. Физический маятник в виде стержня массой М = 2кг и длиной Y=1м
подвешен за один конец и отклонён от вертикали на угол α = 902. Будучи отпущен без
начальной скорости, стержень вблизи положения равновесия не упруго сталкивается с
математическим маятником длины l = 1м с массой грузика m = 0,5кг. Определите величину
угловой скорости системы после соударения.
214
1. Определим угловую скорость стержня ω1 перед
соударением с грузиком математического маятника, используя
закон сохранения энергии. Т.к. стержень вокруг оси z
вращается, то потенциальная энергия его центра масс, имеющая
место в горизонтальном положении, при прохождении
положения
равновесия,
полностью
преобразуется
в
кинетическую энергию
Mgl
3g
ω12 Mgl 1 2 ω12
= J z1
= Ml
,
, ω1 =
,
2
2
2
3
2
l
(1)
где Jz1 – момент инерции стержня относительно оси z.
2. При неупругом взаимодействии физического и математического маятников справедлив,
до невозможности, закон сохранения момента импульса
J z1ω1 = (J z1 + J z 2 )ω2 ,
ω2 =
1 2
⎛1
⎞
Ml ω1 = ⎜ Ml 2 + ml2 ⎟ω2 ,
3
⎝3
⎠
3g l
≅ π рад/с.
1 + (3m M )
(2)
Пример № 64. Платформа в виде однородного горизонтального диска вращается с угловой
скоростью ω = 0,314 рад/с вокруг вертикальной оси, проходящей через его центр. Два человека
одинаковой массы m = 70 кг начинают в момент времени t = 0 двигаться от центра платформы
по одному из её диаметров в противоположные стороны друг от друга с постоянной скоростью
v = 1 м/с относительно платформы. Найдите зависимость мощности приводного двигателя от
времени, исходя из условия обеспечения постоянства угловой скорости платформы.
1. В данном случае момент инерции
перемещающихся по поверхности платформы людей
относительно оси вращения Jz2 будет являться
функцией времени, потому что меняется расстояние
до оси
(1)
J z 2 = mx 2 = m( vt ) 2 = mv 2 t 2 .
2. Момент инерции платформы с людьми Jz1 так
же будет изменяться во времени
⎛ MR 2
⎞
+ mv 2 t 2 ⎟⎟ .
J z1 = ⎜⎜
⎝ 2
⎠
(2)
3. Определим далее кинетическую энергию системы «платформа – люди»
⎛ VR 2
⎞ ω2
.
+ mv 2 t 2 ⎟⎟
K = ⎜⎜
⎝ 2
⎠ 2
(3)
4. Мощность, как известно, можно представить как первую производную по времени
кинетической энергии
N=
dK
= 2mv 2 ω2 t ≅ 13,8t, Вт,
dt
(4)
Мощность приводного электродвигателя, таким образом, во всё время движения по
платформе людей должна увеличиваться за каждую секунду на 13,8 Вт.
215
Пример № 65. Какой момент силы надо приложить к рулю
неподвижного велосипеда, чтобы переднее колесо получило угловое
ускорение ε = 10рад/с2. Масса колеса М = 1кг, а его радиус R = 0,5м.
1. Поскольку по условию задачи не говорится о силах
сопротивления, то можно считать, что для колеса справедлив закон
сохранения момента импульса в следующей форме
r
J zε = M z F ,
(1)
где Jz – момент инерции колеса относительно оси z, не совпадающей,
кстати, с осью симметрии ОО*
()
()
r
MR 2
ε = M z F ≅ 1,25Н.
2
(2)
Пример № 66. Диск радиусом R =1м и массой m = 10кг насажен на неподвижную
горизонтальную ось. К диску на расстояниях r1 = 0,6R, r2 = 0,8R и r3 = R прикладывают
последовательно, горизонтальную силу F =10 Н. Определите, в каком отношении будут
находиться величины касательных (тангенциальных) ускорений точек диска, расположенных
на ободе.
1. Отметим сразу, что угловая скорость диска при
приложении сил на разном расстоянии от оси вращения z,
будет не одинаковой, потому что моменты силы будут
разными
()
()
()
r
r
M z3 F = F ⋅ R ,
r
r
M z 2 F = F ⋅ 0,8R ,
r
M z1 F = F ⋅ 0,6R .
(1)
(2)
(3)
2. Определим угловые ускорения диска с учётом силы
трения для моментов сил, определяемых уравнениями (1-3)
r
M (F) 2M z (F)
=
J zε = M z F , ε = z
.
Jz
mR 2
2F
1,6F
1,2F
ε3 =
= 1рад/с, ε 2 =
= 0,8 рад/с, ε1 =
= 0,6 рад/с.
mR
mR
mR
3. Как известно, a τ = εR , поэтому: ε 3 : ε 2 : ε1 = 1 : 0,8 : 0,6.
()
(4)
(5)
Пример № 67. Диск массой m = 10кг и радиусом R = 1м
насажен на горизонтальную неподвижную ось. К одной и той
же точке диска А, расположенной на расстоянии r = 0,5R
r r r
прикладывают последовательно три силы F1 , F2 , F3 , причём
{
}
r
F1 =10 Н. Диск начинает раскручиваться без сопротивления
из состояния покоя. Определите величину линейной скорости
точки А через τ = 10с действия каждой силы.
216
1.Момент силы относительно оси равен, как известно, скалярному произведению модуля
силы на плечо. Плечом является кратчайшее расстояние между осью, в данном случае – z, и
линией действия силы. Каждую силу можно разложить на две составляющие,
вертикальную и горизонтальную, причём, у всех трёх сил горизонтальные
проекции будут одинаковыми. Вертикальные проекции относительно оси
вращения момента создавать не будут, плечи равны нулю, поэтому все три
силы создают относительно оси вращения одинаковые моменты:
( )
( )
( )
r
r
r
r
M z1 F1 = M z 2 F2 = M z 3 F3 = F1 ⋅ 0,5R ≅ 5Н⋅м.
(1)
2. Определим величину углового ускорения и угловой скорости диска
()
r
0,5F1
0,5F1τ
J zε = M z F , ε =
, ω = ετ =
.
mR
mR
(2)
3. Линейная скорость заданной точки А
v A = ω ⋅ rA =
0,25F1τ
≅
m
25
м/с.
(3)
Пример № 68. Специально обученная собака массой m1 = 10 кг
вспрыгнула на лежащий горизонтально тонкий полый цилиндр
массы m2 = 5 кг, радиуса R = 0,3 м и ширины b = 0,2 м. Далее
«артистка» стала перебирать лапами, так что всё время оставалась в
верхней точке цилиндра А, сообщая ей постоянную линейную
скорость v = 0,2 м/с. Определите кинетическую энергию системы
«собака – цилиндр».
1. Цилиндр катится по горизонтальной поверхности, т.е.
совершает плоское движение, которое можно разложить на
поступательное движение центра масс С и вращательное вокруг
мгновенной оси, проходящей в данный момент времени через
точку р перпендикулярно плоскости чертежа. Собака перемещается
вместе с центром масс цилиндра, т.е. поступательно.
2. Чтобы найти кинетическую энергию цилиндра необходимо вычислить момент его
инерции относительно центра масс С
JC =
m2R 2 m2b2
+
.
2
12
(1)
3. Вычислим далее кинетическую энергию цилиндра, с учётом того, что линейная скорость
центра масс равна vC = v/2, а угловая скорость - ω = v/2R
K2 =
⎧ v2 ⎛ R 2 b2 ⎞ v2 ⎫
m 2 v C2
ω2
+ JC
= m 2 ⎨ + ⎜⎜
+ ⎟⎟ ⋅ 2 ⎬ ≅ 0,16 Дж.
2
2
8
2
12 ⎠ 8R ⎭
⎝
⎩
4. Кинетическая энергия собачки в её поступательном движении
K1 = m1v C2 2 = m1v 2 8 ≅ 0,05 Дж.
5. Суммарная кинетическая энергия системы «собака – цилиндр»
K Σ = K1 + K 2 ≅ 0,3Дж .
Пример № 69. К однородному стержню массы m =10 кг и длиной L = 1м
приложены две перпендикулярные друг другу силы: F1 = 40 H и F2 = 30 H.
Первоначально обе силы приложены в центре масс. Во втором варианте
меньшую силу параллельно самой себе перенесли в один из концов стержня в
точку А. Опишите движение стержня и определите вектор ускорение центра
масс стержня С в указанных вариантах приложения сил.
1. В первом варианте приложения сил линии их действия пересекаются в
точке С, поэтому моменты сил относительно оси, проходящей через центр
217
(2)
(3)
(4)
масс стержня будут равны нулю. Стало быть вращение стержня происходить не будет,
стержень станет перемещаться поступательно в соответствии с теоремой о движении центра
масс, т.е. в соответствии со вторым законом ньютона
i=2
r
r 1
м
F12 + F22 = 5 2 ,
a =
m
c
r
⎛
⎞
F1
r r
⎟ ≅ 530 .
a; i = arcsin⎜
⎜ F2 + F2 ⎟
2 ⎠
⎝ 1
r
∑ F = ma ,
(1)
( )
(2)
i =1
i
2. Во втором варианте, у силы F2 относительно оси z, проходящей через центр масс
перпендикулярно плоскости чертежа, появится момент
( )
r
r
M z F2 = F2∗ ⋅ L 2 ,
(3)
и движение стержня приобретёт вращательную компоненту с угловым ускорением,
определяемым из условия
( )
r
рад
12F2 L 6F2
=
≅ 18 2 .
J z ε = M z F2∗ , ε =
2
c
2mL
mL
(4)
Линейное ускорение центра масс стержня останется прежним, т.к. силы являются векторами
скользящими.
Пример № 70. По шару массы m = 1 кг и радиуса R = 0,1м,
лежащему на гладкой горизонтальной поверхности, в течение Δt
= 100 мс прикладывают горизонтальную силу F = 50 Н. Точка
приложения силы расположена на расстоянии L = R/2 выше
центра масс. Определите: а) скорость центра масс шара после
прекращения действия силы; б) угловую скорость вращения
шара.
1. Используя теорему об изменении импульса, определим
импульс, сообщаемый силой F за время Δt
(1)
mv − mv 0 = F ⋅ Δt , p = mv = FΔt .
2. Линейная скорость центра масс шара, при этом, определится очевидной зависимостью
v=
p FΔt
=
≅ 5 м/с.
m
m
(2)
3. Найдём величину момента импульса относительно z оси, проходящей через центр масс
перпендикулярно линии действия силы
L z = FΔt ⋅ R 2 .
(3)
4. Величину угловой скорости движения шара определим из уравнения, связывающего
момент импульса и момент инерции
J zω = Lz , ω =
Lz
5FΔtR
5FΔt
=
=
≅ 62,5 рад/с.
2
J z 2 ⋅ 2mR
4mR
(4)
Пример № 71. Два диска одинаковой высоты h1 = h2 и с равными массами m1 = m2
вращаются относительно своих осей симметрии с одинаковыми угловыми ускорениями ε1 = ε2.
Один из дисков изготовлен из стали, имеющей плотность ρ1 = 7,8⋅103 кг/м3, а другой – из
газонаполненного алюминия с ρ2 = 1,95⋅103 кг/м3. Сравните моменты сил, обеспечивающих
такое движение тел.
1. Из условия равенства масс определим соотношение между диаметрами дисков
πρ1hR 12 = 4πρ2 hR 22 ,
⇒ R 2 = R1
218
ρ1
= 2R 1
ρ2
(1)
2. Соотношение вращающих моментов можно найти из уравнений
относительно оси вращения z
r
r
J z1ε = M z1 F ; J z 2 ε = M z 2 F ,
движения дисков
()
()
r
r
(F); 12 ρ hR ⋅ R = M (F),
r
(F) = 16ρ R = 4 .
1
ρ1hR 12 ⋅ R 12 ε = M z1
2
Mz2
M z1 (F)
2
2
2
2
2
2
(2)
z2
4
1
ρ1R 14
(3)
Пример № 72. Два диска одинаковой высоты h1 = h2 и равной массы m1 =m2, металлический
с плотностью материала ρ1 =8000 кг/м3 и деревянный ρ2 = 500 кг/м3 вращаются вокруг
неподвижной оси, проходящей через центр масс дисков. Движение происходит под действием
одинаковых по модулю сил F1 = F2, касательных к ободкам дисков. Определите, в каком
соотношении находятся угловые ускорения дисков.
1. По аналогии с предыдущей задачей определим соотношение радиусов дисков, используя
условие равенства их масс
πρ1hR 12 = 4πρ2 hR 22 ⇒ R 2 = R 1 ρ1 ρ 2 ≅4R1.
2. С учётом моментов действующих сил (Mz1 = F⋅R1; Mz2 = F⋅4R1)
из уравнения движения (см. пример № 71)можно получить
ε 16ρ 2
1
1
≅ 256.
ρ1hR 14 ε1 = FR 1 ,
ρ 2 h 64R 14 ε 2 = F4R 1 , 1 =
ε2
ρ1
2
2
Пример № 73. Кольцо радиусом R = 0,5 м и массой m = 1
кг вращается вокруг оси своей симметрии под действием
касательной силы. На рисунке показана зависимость угловой
скорости ω кольца от времени t. Определите, существует ли
точка на графике, когда вращающий момент имеет нулевое
значение. Оцените модуль силы, приложенной к кольцу в
начальный момент времени.
Решение:
1. Основное уравнение вращательного движения твёрдого
тела, каковым и является кольцо, можно записать так
Jz
dω
= M z (F ) .
dt
(1)
Правая часть уравнения (1) может быть равна нулю при ε=(dω/dt)=0, потому что момент
инерции кольца Jz = mR2 ≠ 0. Таким образом, вращающий момент будет равен нулю через 20с
после начала вращения, когда произойдёт остановка кольца, сила поменяет направление на
обратное, т.е. изменится направление вращения. Указанная ситуация соответствует точке В на
графике ω = f(t).
2. Определим модуль средней величины углового ускорения в первые 20 с движения
< ε AB > =
ωB − ωA
= 0,2рад/с2,
τ
(2)
где ωА, ωВ – угловые скорости в точке А и В, соответственно.
3. Значение вращающего момента в начальный момент времени определим из основного
уравнения динамики для вращающегося тела
r
r
J z ε AB = F ⋅ R , ⇒ F = mRε AB ≅ 0,1 Н.
(3)
Пример № 74. На одном из концов стержня длины l = 1 м и массы m1 = 1 кг укреплён
свинцовый шарик массой m2 = 0,2 кг. Стержень, будучи поставлен на разные концы А или В,
219
падает без скольжения из вертикального положения два раза. Сравните угловые ускорения при
отклонении стержня на угол α = 300 от вертикали.
1. Рассмотрим случай падения стержня когда точка А находится
внизу. Определим суммарный момент действующих сил
относительно оси вращения z, проходящей через конец А,
перпендикулярно плоскости чертежа
r
M z1 F = (m1gl 2) cos α + m 2 l cos α ,
()
()
r
⎛m
⎞
M z1 F = lg cos α⎜ 1 + m 2 ⎟ .
⎝ 2
⎠
(1)
2. Суммарный момент инерции стержня с шариком запишется
следующим образом
1
⎛m
⎞
J z1 = m1l 2 cos 2 α + m 2 l 2 cos 2 α = l 2 cos 2 α⎜ 1 + m 2 ⎟ .
3
⎝ 3
⎠
3. Угловое ускорение можно выразить
вращательного движения твёрдого тела
()
r
M z1 F
ε1 =
=
J z1
из
(2)
уравнения
⎛m
⎞
g⎜ 1 + m 2 ⎟
⎝ 2
⎠ .
⎛m
⎞
l cos α⎜ 1 + m 2 ⎟
⎝ 3
⎠
(3)
4. Угловое ускорение при падении стержня во втором случае, когда свинцовый шарик
станет находиться внизу, будет определяться исключительно параметрами стержня
ε2 =
3m1g
g
= 1,5
.
2m1l cos α
l cos α
(4)
5. Определим отношение угловых ускорений
ε1 m1 + 2m 2
=
≅ 0,88.
ε 2 m1 + 3m 2
(5)
Пример № 75. На неподвижный сплошной однородный диск
массой m = 5 кг и радиусом R = 0,1 м намотана невесомая нить, к
концу которой в течение τ = 0,1 с прикладывается постоянная сила F
= 100 Н. Цилиндр может вращаться вокруг своей оси симметрии. На
диск действует сила трения с моментом Mz(FТр) = 5 Н⋅м. Определите:
а) скорость точки А сразу после прекращения действия силы; б)
кинетическую энергию диска; в) момент его импульса.
1. Определим относительно оси, проходящей через центр масс,
результирующий момент действующих на диск сил
r
r
(1)
M z FΣ = F ⋅ R − M z FТр ≅ 5 Н⋅м.
( )
( )
2. Найдём величину углового ускорения диска, из уравнение вращения твёрдого тела
( )
r
M z FΣ
ε=
.
Jz
(2)
3. Средняя величина модуля угловой скорости определится из условия постоянства ε и
равенства нулю ω0
( )
( )
r
r
ω − ω0
M z FΣ τ 2M z FΣ ⋅ τ
ε=
, ⇒ ω = ετ =
=
.
τ
Jz
mR 2
4. Линейная скорость точки А будет, при этом равна
220
(3)
( )
r
2M z FΣ
τ ≅ 2м/с.
v A = ωR =
mR
(4)
5. Кинетическая энергия диска на момент прекращения действия силы
( )
( )
r
r
mR 2 4M z2 FΣ τ 2 M 2z FΣ ⋅ τ 2
1
2
K = J zω =
⋅
=
= 5 Дж.
4
m2R 4
mR 2
2
6. Модуль момента импульса диска
( )
r
r
mR 2 2M z FΣ ⋅ τ
2
=
M
F
Lz = J zω =
z Σ ⋅ τ ≅ 0,5 кгм /с.
2
mR 2
( )
(5)
(6)
Пример № 76. С наклонной плоскости высотой h = 1 м без проскальзывания скатывается
шар радиусом R = 0,1 м и массой m = 1 кг. Скорость шара у основания плоскости, без учёта
трения, которым действительно можно пренебречь, вычислили по известному
кинематическому уравнению v C = 2gh . Определите абсолютную погрешность результата
при использовании этой формулы.
1. Указанная в условии формула получена из закона сохранения энергии записанного для
поступательного движения в виде
mgh =
mv C2
, ⇒ v1 = 2gh ≅ 4,5м/с,
2
(1)
2. Катящийся шар никак нельзя считать движущимся
поступательно, явно выражено вращение вокруг
мгновенной оси, проходящей через общую точку шара и
плоскости, перпендикулярно вектору скорости центра
масс шара. В этой связи, правую часть уравнения (1)
следует переписать, дополнив его вращательной
составляющей кинетической энергии
mv C2 J z ω2 mv C2 mv C2
mgh =
+
=
+
= 0,7 mv C2 ,
2
2
2
5
(2)
v 2 = 1,43gh ≅ 3,8 м/с.
(3)
откуда
3. Абсолютная погрешность вычисления скорости, равна Δv = v1 − v 2 = 0,7 м/с, что
составляет более 18 % от правильного результата.
Пример № 77. Шар массой m = 10 кг и радиусом R = 0,2 м подвешенный на невесомом
стержне длины l = 2 м, отклонили от вертикали на угол α = 300 и отпустили без начальной
скорости. Приняв шар за материальную точку, на основе закона сохранения энергии рассчитали
его скорость при прохождении положения равновесия. Определите абсолютную погрешность
результата принятой модели процесса.
1. Определим скорость шара в предположении, что он является материальной точкой. Закон
сохранения энергии в этом случае будет записан так:
mgl(1 − cos α) =
mv 2
, ⇒ v1 = 2 lg(1 − cos α ) ≅ 4,5 м/с.
2
(1)
2. Если шар считать твёрдым телом, то необходимо: вычислить его момент инерции
относительно оси, проходящей через точку подвеса перпендикулярно плоскости в которой
происходит движение (с использованием теоремы Гюйгенса – Штейнера); определить
кинетическую энергию, как энергию тела, вращающегося вокруг неподвижной оси. И только
после этого можно записать закон сохранения энергии
Jz =
J ω2 J v 2
2mR 2
+ ml2 . K = z = z 2 .
2
2R
5
221
(2)
mgl(1 − cos α ) =
v2 =
v2 ⎛ 2
⎞
mR 2 + ml2 ⎟ ,
2 ⎜
2R ⎝ 5
⎠
2 lg R 2 (1 − cos α )
≅ 0,42 м/с.
0,4R 2 + l 2
3. Абсолютная погрешность вычисления по уравнению (1) равна
Δv = v1 − v 2 = 4,1 м/с,
(3)
(4)
что почти в десять раз меньше, полученного по уравнению (1) результата.
Пример № 78. Паук ползёт по ободу колёсика малой массы, которое может вращаться без
трения вокруг неподвижной оси. Сохраняется ли момент импульса системы «паук – колёсико»
относительно оси вращения, если ось колёсика закреплена: а) вертикально; б) горизонтально?
1. Как было показано ранее (2.4.25), Перемещение паука по ободу, в соответствие с законом
сохранения импульса, будет сопровождаться вращением колёсика. При вертикальном
закреплении оси вращения z сила тяжести паука всё время перпендикулярна вектору его
линейной скорости, т.е.
δA(mg ) = mg ⋅ dr ⋅ cos 90 0 = 0 ,
другими словами, сила тяжести паука перпендикулярна
направлению возможного перемещения колёсика. Момент
импульса в этом случае сохраняется.
2. При горизонтальном расположении оси вращения момент
силы тяжести паука относительно оси вращения не остаётся
постоянным, он изменяется, принимая максимальную величину,
при равенстве плеча радиусу колёсика. В этом случае момент
импульса не сохраняется. Даже если паук не будет
перемещаться относительно колёсика, т.е. его собственный
импульс будет равен нулю, то колёсико придёт в движение.
Пример № 79. Шарик массой m =100 г, привязанный
к концу нити длиной l1 =1 м, вращается, опираясь на
горизонтальную плоскость, с частотой n1 =1 с -1. Нить
укорачивается и шарик приближается к оси вращения
до расстояния l2 = 0,5 м. С какой частотой n2 будет при
этом вращаться шарик? Какую работу А совершит
внешняя сила, укорачивая нить? Трением шарика о
плоскость пренебречь.
1. В данной ситуации справедлив закон сохранения момента импульса шарика, т.е.
произведение момента инерции на угловую скорость остаётся неизменным
(1)
J z ω1 = J z ω2 ,
2. Выразим угловое ускорение через частоту вращения и запишем значение момента
инерции шарика, считая его материальной точкой
(2)
ml12 2πn1 = ml 22 n 2 ,
откуда следует, что
222
n 2 l 22 = n1l12 , ⇒ n 2 = n1 (l1 l 2 ) = 4c −1 .
2
(3)
3. Работу, совершаемую при укорачивании нити можно представить в виде разности
кинетических энергий шарика в его вращении по круговым траекториям радиусов l1 и l2
A1− 2 = K1 − K 2 =
A1− 2 =
(
1
1
J z ω12 − J z ω22 ,
2
2
)
(
(4)
)
1
ml12 4π 2 n12 − ml22 4π 2 n 22 = 2π 2 m n12 l12 − n 22 l 22 ,
2
2
A1− 2 = 2π 2 mn1 (l1 l 2 ) (l12 − l 22 ) ≅ 6Дж .
(5)
Пример № 80. Маховик вращается в соответствие с уравнением ϕ =А+Вt-Сt2, где A =2 рад,
B =32 рад/с, С = -4 рад/с2. Найти среднюю мощность <P>, развиваемую силами, действующими
на маховик при его вращении, до остановки, если его момент инерции Jz =100 кг⋅м2.
1. Заданное уравнение является уравнением равнопеременного
неподвижной оси, его можно в общем виде представить так:
ϕ(t ) = ϕ0 + ω0 t −
εt 2
,
2
вращения
вокруг
(1)
откуда следует, что: ϕ0 = 2 рад, ω0 = 32 рад/с, ε = -8 рад/с2.
2. Время до полной остановки маховика определим из уравнения угловой скорости
(2)
ω = ω0 − εt , ⇒ τ = ω0 ε = 4c .
3. Работа, совершаемая внешними силами при остановке маховика, может быть найдена на
основе теоремы об изменении кинетической энергии вращающегося тела А1-2 = К2 – К1.
Поскольку в конце маховик останавливается, то К2 = 0, поэтому
A=
1
J z ω02 .
2
(3)
4. Средняя мощность внешних сил за время остановки τ определится очевидным
соотношением
< P >=
A
=
τ
J z ω0 ε
≅ 12,8 кВт.
2
(4)
Пример № 81. Маховик вращается по закону: ϕ = А +Вt +Сt2, где А=2 рад, В =16 рад/с, С =
-2 рад/с2. Момент инерции маховика относительно оси вращения равен Jz= 50 кг⋅м2. Найти
законы, по которым меняются вращающий момент Мz(F) и мощность P. Чему равна мощность в
момент времени τ =3 с?
1. Перепишем заданное уравнение движения в общем виде
(1)
ϕ(t ) = ϕ0 + ω0 t + εt 2 2 ,
и определим зависимость углового ускорения от времени, для чего продифференцируем
дважды (1) по времени
ε=
dω d 2 ϕ
=
= −2C ,
dt dt 2
(2)
3. Из уравнения (2) следует, что угловое ускорение не зависит от времени, т.е. ε = const .
()
r
Основной закон динамики для вращающегося вокруг неподвижной оси тела J z ε = M z F ,
показывает, что если монет инерции и угловое ускорение тела не являются функциями
времени, то момент внешних сил тоже во времени не меняется.
4. Мощность будет являться функцией времени, т.к.
()
()
r dϕ
r
= M z F (B + 2Ct ) ≅ 3,2 − 0,8t , кВт .
P = Mz F
dt
223
(3)
5. Мощность в заданный момент времени определится как
P = P0 − κt; Pτ = P0 − κτ = 0,8кВт .
(4)
Пример № 82. Якорь электромотора вращается с частотой n =1500 мин
вращающий момент Мz(F), если мотор развивает мощность P = 500 Вт.
-1
. Определить
1. Элементарную работу силы, приложенной к телу с одной вращательной степенью
свободы можно записать так
rr
r r r
r
r r r
δA = Fvdt = F(ω × r )dt = ω r × F dt = M z F ⋅ dϕ ,
(1)
где dϕ - элементарное угловое перемещение тела за время dt, Mz(F) – момент сил, приложенных
к телу.
2. Уравнение мощности легко получить, дифференцируя (1) по времени
(
dP =
)
()
v
dϕ
dA
= M z (F ) = M z (F)⋅ ω .
dt
dt
(2)
Таким образом, момент действующих сил запишется следующим образом
()
r P
P
≅ 3,18H ⋅ м .
Mz F = =
ω 2πn
(3)
Пример № 83. Со шкива диаметром d = 0,48 м через ремень
передается мощность P = 9 кВт. Шкив вращается с частотой n
=240 мин -1'. Сила натяжения Т1 ведущей ветви ремня в два раза
больше силы натяжения T2 ведомой ветви. Найти силы натяжения
обеих ветвей ремня.
1. Определим результирующий момент относительно оси
вращения, который представится в виде разности моментов сил
натяжения
()
( )
r
r
1
M zΣ T = M z T1 − M z (T2 ) = T1d .
4
(1)
2. Силу натяжения Т1 найдём, используя уравнение для мощности вращающегося тела (см.
зад.2.4.82)
P=
2P
1
= 3кН .
T1d ⋅ 2πn , ⇒ T1 =
πnd
4
(2)
3. Натяжение ведомой ветви ремня будет равна Т2 = Т1/2=1,5 кН.
Привет № 84. Для определения мощности мотора на его шкив диаметром d = 20 см
накинули ленту. К одному концу ленты прикреплен динамометр, к другому подвесили груз.
Найти мощность P мотора, если он вращается с частотой n = 24 с -1, масса груза равна m = 1 кг
и показание динамометра F =24 Н.
1. Определим суммарный
вращающийся шкив
()
момент
сил,
действующий
r
d d
d
M z F = F − mg = (F − mg ) .
2 2
2
на
(1)
2. Мощность в этом случае может быть рассчитана из следующих
соображений
P = M z (F) ⋅ ω = πnd (F − mg ) =60,3 Вт.
(2)
224
Пример № 85. Маховик в виде диска массой m = 80 кг и радиусом R =30 см находится в
состоянии покоя. Какую работу A1 нужно совершить, чтобы сообщить маховику частоту
вращения n =10 с -1? Какую работу A2 а пришлось бы совершить, если бы при той же массе
диск имел меньшую толщину, но вдвое больший радиус?
1. Определим момент инерции маховика относительно оси вращения, полагая его диском:
J z1 = mR 2 2 .
2. Работа по раскручиванию маховика в данном случае будет численно равна его
кинетической энергии
A1 = K 1 =
1
1
J z ω = m 4πR 2 n 2 = 7,1кДж .
4
2
(1)
3. Если при постоянстве массы увеличить радиус маховика, то изменится его момент
инерции
J z 2 = m 4R 2 2 = 2mR 2 ,
(2)
а следовательно и кинетическая энергия вращения
1
A 2 = 2mR 2 ⋅ 4π 2 n 2 = 4mπ 2 n 2 = 28,2кДж .
2
(3)
Пример № 86. Кинетическая энергия равномерно вращающегося маховика равна К = 1
кДж. Под действием постоянного тормозящего момента маховик начал вращаться
равнозамедленно и, сделав N = 80 оборотов, остановился. Определить момент силы
торможения Мz(F), действующий на маховик относительно оси его вращения.
1. При повороте твёрдого тела вокруг неподвижной оси на произвольный угол ϕ работа,
совершаемая внешними силами определяется как
ϕ
r
r
A = K = ∫ M z F dϕ = M z F ⋅ ϕ ,
()
()
(1)
0
с другой стороны, кинетическая энергия вращающего тела равна
r
K = M z F ⋅ 2πN ,
откуда
()
(2)
r K
K
Mz F = =
≅ 2Н ⋅ м .
ϕ 2πN
(3)
()
Пример № 87. Маховик, момент инерции которого относительно оси вращения равен Jz =
40 кг⋅м2, начал вращаться равноускоренно из состояния покоя под действием момента силы
Мz(F) = 20 Н⋅м. Вращение продолжалось в течение τ =10 с. Определить кинетическую энергию
K, приобретенную маховиком.
1. Из основного уравнения вращательного движения определим величину углового
ускорения
r
M (F)
J zε = M z F , ⇒ ε = z
.
Jz
()
(1)
2. Найдём зависимость угловой скорости от времени и запишем уравнение для
кинетической энергии
ω = εt , K = J z ω2 2 = J z ε 2 τ 2 2 ≅ 50Дж .
(2)
225
Привет № 88. Пуля массой m =10 г летит со
скоростью v =800 м/с, вращаясь около продольной оси
с частотой n =3000 с -1. Принимая пулю за цилиндр
диаметром d =8 мм, определить полную кинетическую
энергию пули.
1. Летящая пуля участвует одновременно в двух
движениях, поступательном со скоростью центра её масс v и вращении вокруг оси своей
симметрии, проходящей через центр масс. Кинетическая энергия определится в виде суммы
K=
mv 2
ω2 mv2 md 2 4π 2 n 2
+ Jz
=
+
,
2
2
2
4
2
m
K = (v 2 + 2π 2 n 2 d 2 ) ≅ 3,2Дж .
2
(1)
(2)
Пример № 89. Тонкий прямой стержень длиной x =1 м
прикреплен к горизонтальной оси z, проходящей через его
конец. Стержень отклонили на угол α =60° от положения
равновесия и отпустили. Определить линейную скорость V
нижнего конца стержня B в момент прохождения через
положение равновесия A.
1. При повороте стержня вокруг оси z на угол α центр
масс стержня С поднимется на высоту
h = x (1 − cos α) 2 ,
(1)
2. В соответствии с законом сохранения энергии,
потенциальная энергия стержня в положении В должна быть
равна кинетической энергии в положении А. Поскольку
стержень вращается, то закон сохранения энергии принимает следующий вид:
mg
x (1 − cos α ) 1
= J z ω2 .
2
2
(2)
3. Уравнение (2) позволяет определить угловую скорость стержня
1
mgx (1 − cos α ) = mx 2 ω2 ,
3
3g(1 − cos α )
ω=
.
x
4. Линейная скорость конца стержня
определится как:
(3)
(4)
при прохождении им положения равновесия
v = ωx = 3gx (1 − cos α ) ≅ 3,8м / с .
(5)
Пример № 90. Карандаш длиной x = 15 см, поставленный
вертикально, падает на стол. Какую угловую ω и линейную V
скорости будет иметь в конце падения: а) середина
карандаша? б) верхний его конец? Считать, что трение
настолько велико, что нижний конец карандаша не
проскальзывает.
1. Падение карандаша будет сопровождаться изменением
положения его центра масс. Если поверхность на которой
первоначально стоит карандаш принять за нулевой уровень
потенциальной энергии, то центр масс опустится на
расстояние x/2. В соответствие с законом сохранения энергии,
потеря потенциальной энергии будет сопровождаться
226
увеличением кинетической энергии вращения
Jz
x
ω2
= mg ,
2
2
(1)
где Jz - момент инерции карандаша относительно оси вращения z, проходящей через нижний
его конец, т.е.
mx 2 ω2 mgx
=
.
3 2
2
(2)
2. Исходя из уравнения Эйлера, угловая скорость всех точек карандаша одинакова и равна
ω = 3g x = 14 рад/с.
(3)
3. Линейная скорость верхнего конца карандаша будет равна
v = ωx = 2,1 рад/с.
(4)
4. Центр масс карандаша расположен на расстоянии х/2 от оси вращения, поэтому
(5)
v C = ω ⋅ x 2 = 1,05 м/с.
Пример № 91. Однородный тонкий стержень массой m1 = 0,2кг и длиной х = 1м может
свободно вращаться вокруг горизонтальной оси z. В точку А попадает летящий горизонтально
со скоростью v = 10 м/с пластилиновый шарик массой m2 = 10 г. Шарик налипает на стержень и
продолжает дальнейшее движение с ним. Определите угловую скорость стержня ω, и линейную
скорость точки В, если Аz = x/3.
1. Определим относительно оси z моменты импульса стержня и
пластилинового шарика
L z1 = J z1ω , L z 2 = m 2 v ⋅ ( x / 3) ,
(1)
J z1 =
m x2
1
1
m1x 2 + m1x 2 = 1 .
9
36
12
(2)
2. После налипания шарика на стержень, его момент импульса
изменится
J ∗z1 =
(m1 + m 2 )x 2 .
9
(3)
3. Угловую скорость стержня найдём из закона сохранения момента
импульса
m 2 vx (m1 + m 2 )x 2
=
ω.
3
9
3m 2 v
ω=
≅1,43 рад/с.
m1 + m 2
J ∗z1ω = L z 2 ,
(4)
(5)
4. Линейная скорость точки В определится уравнением Эйлера
2
2m 2 v
⎛x x⎞
v B = ω ⋅ r = ω⎜ + ⎟ = ω x =
≅ 0,95 м/с.
3
m1 + m 2
⎝2 6⎠
Пример № 92. Человек стоит на скамье Жуковского
Н.Е. (круглая, горизонтальная, вращающаяся вокруг
вертикальной оси, платформа) и ловит рукой, летящий
горизонтально со скоростью v = 20 м/с, мяч массой m =
0,4 кг. Полёт мяча проходит на расстоянии r = 0,8 м от
оси вращения скамьи. Определите, с какой угловой
скоростью станет вращаться скамья с человеком, если
суммарный момент инерции скамьи и человека
относительно оси вращения известен Jz = 6 кг⋅м2.
227
(6)
1. Для системы «человек – скамья Жуковского – мяч» справедлив закон сохранения
импульса т.к. относительно оси вращения z сумма моментов действующих внешних сил равна
нулю. Момент импульса летящего мяча должен быть равен моменту импульса скамьи, человека
с пойманным мячом
(J z + mr 2 )ω = mvr ,
ω=
mvr
≅ 1 рад/с.
J z + mr 2
(1)
Пример № 93. Маховик, в виде диска массой m1 = 48 кг и радиусом R = 0,4 м может
вращаться без трения вокруг горизонтальной оси z. На цилиндрической поверхности маховика
закреплена нерастяжимая и невесомая нить, к другому концу которой подвешен груз массой m2
= 0,2 кг. Груз приподнимают на высоту h = 2м и отпускают без начальной скорости, груз после
падения натягивает нить и маховик приходит в движение. Определите угловую скорость
маховика.
1. Предположим, что в своём нижнем положении масса m2
обладает нулевой потенциальной энергией, в этом случае, будучи
отпущенная с высоты h, она приобретёт в конце падения скорость
v = 2gh ,
(1)
и будет обладать моментом импульса
L z 2 = m 2 vR = m 2 2gh R .
(2)
2. При натягивании нити момент импульса относительно оси
вращения должен сохраняться, т.е.
⎞
⎛ m R2
m 2 2gh R = ⎜⎜ 1 + m 2 R 2 ⎟⎟ω ,
⎠
⎝ 2
(3)
2m 2 2gh
≅ 0,13 рад/с.
(m1 + 2m 2 )
(4)
откуда следует, что
ω=
Пример №94. На краю горизонтальной арены,
имеющей форму диска радиусом R = 2 м и массой m1
= 240 кг, стоит воин маcсой m2 = 80 кг. Арена может
вращаться вокруг вертикальной оси, проходящей
через её центр. Пренебрегая сопротивлением,
определите, с какой угловой скоростью будет
двигаться арена, если воин побежит по краю
платформы со скоростью v = 10 м/с относительно
платформы.
1. В данном случае относительно оси вращения для
системы «арена – воин» будет сохраняться момент
импульса, поэтому определим вначале моменты импульса воина и платформы с воином,
которого, кстати, целесообразно принять за материальную точку,
L z1 =
m1R 2
+ m 2 R 2 , L z 2 = m 2 vR .
2
(1)
2. Запишем далее закон сохранения момента импульса
⎞
⎛ m1R 2
m 2 vR = ω⎜⎜
+ m 2 R 2 ⎟⎟ ,
⎠
⎝ 2
2m 2 v
ω=
≅ 2 рад/с.
(m1 + 2m 2 )R
228
(2)
(3)
Пример № 95. Платформа массой m1 = 240 кг, имеющая форму диска, может вращаться
вокруг вертикальной оси. На краю платформы стоит человек массой m2 = 60 кг. Определите, на
какой угол ϕ повернётся платформа, если человек пройдёт по краю платформы и, обойдя его,
снова вернётся в исходную точку на платформе.
1. Запишем закон сохранения момента импульса относительно оси вращения платформы
для системы «человек – платформа»,
⎞
⎛ m R2
m 2 ω2 RR = ⎜⎜ 1 + m 2 R 2 ⎟⎟ ⋅ ω1 .
⎠
⎝ 2
(1)
2. Выразим в уравнении (1) угловую скорость через углы поворота и время, в течение
которого они происходят
2m 2
откуда
Δϕ2 =
Δϕ1
Δϕ
= (m1 + 2m 2 ) 2 ,
Δt
Δt
4πm 2
Δϕ2 m 2
=
≅ 2π/3= 600.
(m1 + 2m 2 ) (m1 + m 2 )
(2)
(3)
Пример №96. Платформа в виде диска радиусом R = 1
м вращается по инерции с частотой n1 = 6 мин –1. На краю
платформы стоит человек массой m = 80 кг. С какой
частотой n2 станет вращаться платформа при переходе
человека в центр платформы. Момент инерции платформы
относительно оси вращения равен Jz = 120 кг⋅м2.
1. Для вращающейся вокруг оси z платформы с
человеком справедлив закон сохранения момента
импульса, потому что при переходе человека по
платформе направление силы тяжести, так же как и направление оси вращения не меняется
J z + mR 2 2πn1 = J z 2πn 2 ,
(1)
(
n 2 = n1 (1 + mR J z
2
)
) = 10 об/мин ≅ 0,167 ос/с.
(2)
Пример № 97. В центре скамьи Н.Е. Жуковского стоит
человек и держит в руках стержень длиной x = 2,4 м и
массой m2 = 8 кг, расположенный первоначально
вертикально по оси вращения. Скамья вместе с человеком
вращается с постоянной частотой n1 = 1 c-1. С какой
частотой n2 станет вращаться платформа, если человек
расположит стержень горизонтально? Суммарный момент
инерции человека и платформы относительно оси вращения
равен Jz = 6 кг⋅м2.
1. При переводе стержня в горизонтальное положение
изменится суммарный момент инерции системы, а момент
импульса относительно оси вращения z
останется
неизменным
1
⎛
⎞
J z 2πn1 = ⎜ J z + mx 2 ⎟2πn 2 ,
12
⎝
⎠
12J x n1
n2 =
≅ 0,6 об/с
mx 2 + 12J z
(
)
229
(1)
(2)
Пример № 98. Мотоциклист въезжает на
«мёртвую петлю» имеющую радиус R = 10 м.
Масса мотоциклиста вместе с мотоциклом равна
М = 100 кг. Масса обоих колёс, сосредоточенная в
ободе составляет m = 10 кг. Определите
минимальную скорость мотоциклиста, при
которой он не покинет верхнюю точку своей
траектории.
1. Пусть в нижней точке круговой траектории скорость мотоциклиста равна v0, а в верхней
точке v, угловые скорости колёс примем равными ω0 и ω соответственно. Закон сохранения для
самой верхней и самой нижней точки траектории запишется следующим образом
Mv 02 J z ω02
Mv 2 J z ω2
+
= 2MgR +
+
.
2
2
2
2
(1)
2. Чтобы мотоцикл не рухнул сила инерции в верхней точке траектории должна превышать
силу тяжести, другими словами, должно выполняться условие:
Mv 2 R ≥ Mg ⇒ v 2 = Rg ,
(2)
кроме того: ω0 = v 0 r; ω = v r .
3. Перепишем закон сохранения энергии в следующем виде
Mv 02 + mv 02 = 5MgR + mgR ,
откуда
v0 =
(5M + m )gR
M+m
≅ 21,5 м/с (77,5 км/ч).
(3)
(4)
Пример № 99. Два различных мешка подвешены на невесомой нерастяжимой нити,
перекинутой через дисковый блок массой m = 20 кг и радиусом R = 0,5 м. Блок вращается в
присутствии силы трения, момент которой относительно оси вращения блока равен Mz(F) =10
H⋅м. Угловое ускорение блока постоянно и равно ε = 10 рад/с2. Определите разность натяжений
нити с обеих сторон блока.
1. Разная сила натяжения нити обусловлена инерциальными
свойствами блока. Это обстоятельство можно представить в виде
уравнения моментов всех действующих сил относительно оси
вращения, которое по сути является вторым законом Ньютона,
записанным для вращательного движения
r
r
M z T1 − M z T2 = J z ε + M z (F) ,
(1)
2
где Jz = mR /2 - момент инерции блока относительно оси его
вращения.
2. С учётом значения моментов сил натяжения относительно оси
вращения уравнение (1) перепишется в виде
T1 − T2 R = mR 2 ε 2 + M z (F) ,
(2)
( )
(
( )
)
откуда несложно получить искомый результат
ΔT = T1 − T2 =
mR 2 ε + 2M z (F)
≅ 45 Н.
2R
(3)
Пример № 100. Искусственный спутник движется по круговой орбите на высоте h = 100 км
от поверхности Земли. С каким нормальным ускорением происходит движение?
1.Поскольку спутник находится на стационарной орбите, сила притяжения спутника к
Земле по модулю совпадает с силой инерции, обусловленной ускоренным движение спутника
по круговой орбите
230
mv2
Mm
=G
,
(R + h )
(R + h )2
(1)
откуда
v= g
R2
.
R+h
(2)
2. Нормальное (центростремительное) ускорение определится как
an =
v2
gR 2
10 ⋅ 4,1 ⋅1013
м
=
≈
≅ 9,69 2 .
2
13
R + h (R + h )
4.23 ⋅10
с
231
(3)