Файл: Конспект лекций по общей физики (1-4 семестр).pdf

Сделать презентацию

Скачать файл (12,66Мб)

Заказать решение

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 17.03.2025

Просмотров: 3967

Скачиваний: 2

ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.

z0 z

 d

Рис. 4.8

Для удобства сделаем второй рисунок – РИС. 4.8Б, на котором оси z и z0 направлены перпендикулярно плоскости рисунка. По построению

r ρ d .

Момент инерции элемента dm относительно оси z

r2dm

22,

относительно оси z0

dIC

ρ2dm

;

поэтому

2	dm ρ
ρ d	dm ρ
	2

2	dm
2ρd d

2	2
ρ dm d dm 2ρd

Проинтегрируем по всей массе тела:

	m	m		m
I		ρ2dm d2 dm 2d ρdm IC md2 , ч. т. д.
IC	0	0	m	0	0, т. к. C – центр масс
IC			m		0, т. к. C – центр масс

1.5.4. Пример решения задачи по динамике

Маятник Обербека

Маятник Обербека – тело вращения сложной формы – маховик с несколькими шкивами и четырьмя радиально направленными спицами, на которые надеваются небольшие грузы, положение которых можно изменять (РИС. 4.9).

На шкив радиуса R намотана нить, на конце которой прикреплён груз массы M. Масса грузов на спицах равна m, они расположены на расстоянии r от оси маятника; момент инерции маховика со спицами относительно оси маятника равен I0. Груз массы M поднимают на расстояние h над полом и отпускают. Через какое время груз коснётся пола?

Выделим два объекта исследования: груз массы M – материальная точка и маятник с грузами массы m – твёрдое тело.

22 Это упрощённое доказательство, так как мы проводим интегрирование только по тем элементам dm, которые лежат в плоскости, проходящей через центр масс тела перпендикулярно обеим осям. Полное доказательство (с интегрированием по всему объёму тела) даёт тот же результат.

45
Будем работать в инерциальной системе		m
отсчёта – лабораторной.	m	m
отсчёта – лабораторной.

На груз действует Земля с силой тяжести

F т1 и нить с силой натяжения T1 , при этом

груз движется с ускорением a , направленным вниз; на маятник действует Земля с

силой тяжести F т2 , вал с силой реакции N и нить с силой натяжения T2 , маятник

вращается вокруг своей оси с угловым m ускорением ε .

Будем решать задачу на основании законов динамики: для груза – II закон Ньютона (4.5), для маятника – теорема о движении центра масс (4.6)23 и основное уравнение динамики вращательного движения (4.7):

Ma Fт1 T1 ,		(4.5)
0 Fт2 N T2	,	(4.6)
Iε MFт2 MN MT2 .		(4.7)

Здесь I – момент инерции маятника с грузами массы m относительно его оси; левая часть уравнения (4.6) равна нулю, так как центр масс маятника находится на неподвижной оси и, следовательно, его ускорение равно нулю.

	r
	r
R
O z
		m

t = 0

M 0

Рис. 4.9

Представим эти законы в скалярном виде:

спроецируем уравнения (4.5) и (4.6) на вертикальную ось y, а уравнение (4.7) – на ось z маятника (произвольно выберем направление оси y вниз, а оси z – «от нас»):

Ma Fт1 Т1 ,

0 Fт2 N Т2	,	(4.8)

Iε T2R.

Эта система содержит 3 уравнения с 7 неизвестными. Запишем дополнительные соотношения:

Fт1 Mg (из закона всемирного тяготения), T2 T1 T (нить невесома),

ε Ra (нить нерастяжима и не проскальзывает по шкиву),

I I0 4mr	2	.

23 Уравнение (4.6) не содержит информации, нужной для решения данной задачи; оно здесь записывается потому, что теорема о движении центра масс часто бывает необходима при решении задач по динамике твёрдого тела.

Второе уравнение в системе (4.8) содержит две неизвестные Fт2 и N, которые не нужны для получения ответа данной задачи, мы далее не будем его записывать. Подставив дополнительные соотношения в систему (4.8), получим

Ma Mg T ,
				a
			2	a
I		4mr	2		TR.
I	0	4mr			TR.
	0			R
				R

Эта система содержит 2 уравнения с 2 неизвестными a и T и имеет однозначное решение. Исключим T:

M g

4mr	2	2
4mr		a MgR

MaR2

;

a			MgR			2
			MgR
	I		4mr	2	MR		2
				2			2
		0
		0

(4.9)

Для нахождения времени движения груза решим кинематическую задачу. Запишем закон равноускоренного движения материальной точки

здесь

r t

– радиус-вектор груза массы

r0 v0t	at	2
			,
	2

M. Спроецируем это уравнение на ось y:

y t	at	2

	2

(начальная координата и скорость груза по условию равны нулю). В искомый момент времени τ груз будет иметь координату h:

y τ h	aτ	2	τ	2h

	2			a

Подставляя сюда результат (4.9), получим

	2h I0 4mr	2		MR	2
τ	2h I0 4mr			MR
τ	MgR		2
			2

Проанализируем ответ задачи. При увеличении расстояния r грузов массы m от оси маятника время опускания груза увеличивается, а при увеличении массы M наматывании нити на шкив большего радиуса R – уменьшается. Это можно проверить экспериментально.

Демонстрация: Маятник Обербека

Лекция 5

1.5.5. Динамика плоского движения твёрдого тела

Качение без проскальзывания – плоское движение, при котором скорость точек тела, соприкасающихся с опорной поверхностью, относительно этой поверхности, равна нулю. Ось, проходящая через эти точки, неподвижна и называется мгновенной осью вращения (ось z на

РИС. 5.1). (Ускорения точек мгновенной оси не равны нулю!) Качение без проскальзывания можно представить как вращение вокруг мгновенной оси.

Рис. 5.1

Качение без проскальзывания возможно благодаря трению. Оно характеризуется силой трения покоя24 (так как точки, соприкасающиеся с поверхностью, не движутся относительно неё).

Демонстрация: Скатывание цилиндров с наклонной плоскости

ПРИМЕР

Скатывание цилиндра с наклонной плоскости

Цилиндр массы m и радиуса R, момент инерции которого относительно его оси равен IC, скатывается без проскальзывания с плоскости, наклонённой к горизонту под углом α (РИС. 5.2). Найти ускорение центра масс цилиндра.

		y			Объект исследования – цилиндр –
		y			твёрдое тело.
					твёрдое тело.
					Система отсчёта – лабораторная.
m					На цилиндр действуют земля с си-
m	R				На цилиндр действуют земля с си-
	R	C			лой тяжести F , наклонная плос-
	z0				т
					кость с силами реакции опоры N
					(упругая составляющая) и трения
	z				(упругая составляющая) и трения
	z
			α		покоя F тр (неупругая составляю-
			α	x	щая). Цилиндр совершает плоское
				x	щая). Цилиндр совершает плоское
					движение, вращаясь с угловым
					ускорением ε , при этом его центр
			Рис. 5.2		масс движется с ускорением a .
			Рис. 5.2		C

Запишем законы динамики – теорему о движении центра масс (5.1) и основное уравнение динамики вращательного движения (5.2):

maC Fт N Fтр ,	(5.1)
Iε MFт MN MFтр ,	(5.2)

здесь I – момент инерции цилиндра относительно оси.

24 Т. н. сила трения качения в нашем курсе не рассматривается. Трение качения обусловлено наличием ненулевого момента силы реакции опоры (её упругой и неупругой составляющих) относительно оси, проходящей через центр масс тела, и приводит к замедлению вращения катящегося тела. Трение качения возможно, лишь если опорная поверхность не является абсолютно твёрдой; в задачах нашего курса всегда по умолчанию полагается обратное.

Спроецируем векторные уравнения на координатные оси: уравнение (5.1) – на оси x (направлена вдоль наклонной плоскости) и y (направлена перпендикулярно наклонной плоскости); уравнение (5.2) – либо на ось z0, проходящую через центр масс цилиндра, либо на ось z – мгновенную ось вращения. Выберем ось z0;

ma			F sinα F		,
		C	т	тр
		N F cosα,
0		N F cosα,
			т
	I	ε F R.
	I	ε F R.
	C		тр

(5.3)

Эта система содержит 3 уравнения с 5 соотношения:

		F
		т
ε	a	(кинематическая связь
ε	C	(кинематическая связь
	C
	R

неизвестными. Запишем дополнительные

mg ,

– отсутствие проскальзывания).

После их подстановки в систему (5.3) получится система уравнений

ma				mgsinα F		,
			C		тр

	I		a	F	R.
	I		C	F	R.
			C
		C	R	тр
			R

(Отсюда мы исключили второе уравнение в системе (5.3), так как оно содержит лишнюю неизвестную N.) Решив эту систему уравнений относительно aC, получим

mgRsinα IC mR2

Чем больше момент инерции цилиндра, тем меньше ускорение его центра масс и, следовательно, конечная скорость, что мы и наблюдали в эксперименте. В частно-

сти, для полого цилиндра IC = mR2 и							aC	gsinα	, а для сплошного цилиндра
сти, для полого цилиндра IC = mR2 и							aC	2R	, а для сплошного цилиндра
								2R
I			mR2	и a	2gsinα	. Сплошной цилиндр скатывается быстрее полого.
I	C			и a	2gsinα	. Сплошной цилиндр скатывается быстрее полого.
	C	2		C	3R
		2			3R