ся равноускоренно. Блок представляет собой однородный цилиндр радиусом R = 0,1 м. Трением пренебречь, нить по блоку скользит без трения. (Уровень 2).
Решение. Проанализировав условие задачи, делаем вывод: оба тела ( m1 и m2 ) движутся поступательно с одинаковым ускорением a , которое в то же время является тангенциальным ускорением для точек обода блока. Поэтому можем записать для движения каждого элемента системы сле- дующее уравнение в скалярном виде:
|
|
|
|
|
|
|
|
для m1 : |
|
|
|
|
m1a = Fн1 − m1g sin α, |
(1) |
для m2 : |
|
|
|
|
m2a = m2 g − Fн2 , |
(2) |
для блока: |
|
|
|
|
J ε = J |
a |
= ( F |
− F |
) R |
(3) |
|
|
|
R |
н2 |
н1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
или |
|
|
|
|
J |
a |
= F |
− F . |
(4) |
|
|
R2 |
н2 |
н1 |
|
|
|
|
|
|
|
Итак, имеем три уравнения (1), (2) и (4) с тремя неизвестными: ис- |
комыми силами Fн1 и Fн2 и ускорением a . Сложим левые и правые части уравнений (1), (2) и (4) и найдем ускорение а. Найдя его, мы сможем опре- делить и искомые силы натяжения из уравнений (1) и (2).
m a + m a + J |
a |
= F |
|
− m g sin α + m g − F |
|
+ F |
− F |
, |
|
|
|
1 |
2 |
|
R2 |
н1 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
н2 |
н2 |
н1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a m + m + J |
a |
= g (m − m sin α), |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
1 2 |
|
|
R |
|
|
2 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
откуда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a = |
g |
(m2 − m1 sin α) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
(5) |
|
|
|
|
m + m + |
J |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
2 |
|
R2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Определим из (1) и (2) модули сил Fн1 и Fн2, используя (5): |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(a + g sin α) = m |
g (m − m sin α) |
|
|
|
|
F |
= m |
|
|
|
2 |
|
1 |
|
|
|
+ g sin α ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
н1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
m |
+ m |
+ |
J |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
2 |
|
R2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Поскольку колесо вращается под действием постоянного момента
сил M тр , его движение равнозамедленное. Поэтому угловое ускорение
(точнее – замедление) колеса e найдем по формуле равнопеременного враща- тельного движения твердого тела: ω = ω0 − εt . Здесь w0 – начальная угло-
вая скорость колеса, а w – его конечная угловая скорость. Эти величины связаны с известными нам частотами вращения n0 и n соотношениями
ω0 = 2πν0 и ω = 2πν .
Тогда
|
e = |
2pn0 - 2pn |
или e = |
2p |
(n0 |
- n) = |
2p |
n0 |
, |
(2) |
|
t |
t |
t |
|
|
|
|
|
|
|
|
так как n = 0.
Подставив (2) в (1), найдем искомый тормозящий момент сил Мтр:
M тр = 2p n0 J .
t
Полное число оборотов колеса N можно определить, умножив его среднюю частоту вращения nср, то есть среднее число оборотов за единицу времени, на все время вращения t: N = νсрt .
Средняя частота вращения колеса nср есть среднее арифметическое начальной n0 и конечной n частот вращения (подчеркнем, что это справед- ливо только при равнопеременном вращении твердого тела):
nср |
= n0 + n = n0 при n = 0. |
|
2 |
2 |
С учетом этого N = n0 t . 2
Подставим значения известных величин и произведем вычисления:
M тр |
= |
2 ×3,14 |
× 20 × 245 H × м; |
N = |
20 |
× 60 = 600 оборотов. |
|
|
|
60 |
|
2 |
|
Ответ: Мтр = 513 Н×м, N = 600 оборотов.
Пример 5. Однородный диск радиусом R = 0,2 м и массой m = 5 кг вращается вокруг оси, проходящей через его центр перпендикулярно к плос- кости диска. Зависимость угла поворота диска от времени описывается уравнением j = A + Bt + Ct 2 , где С = 2 рад/с2. Вращению диска противодей-
ствует тормозящий момент сил трения Мтр = 1 Н×м. Определить величину касательной силы F, приложенной к ободу диска и обеспечивающей за- данную функцию угла поворота диска. (Уровень 3).
|
|
|
|
|
|
Решение. Касательная сила F , |
|
|
приложенная к ободу диска |
(см. рису- |
|
|
|
|
|
|
нок), создает вращающий момент сил M , |
Mтр O |
M |
который по определению момента силы |
|
w |
X равен произведению величины этой силы |
|
|
|
|
|
|
F на ее плечо. Плечом силы F в данном |
F |
|
случае является радиус диска, поэтому |
|
|
|
|
M = FR . |
(1) |
Вращающему моменту силы M противодействует момент сил тре-
ния M тр . Согласно основному уравнению динамики вращательного дви-
жения
J e = M + M тр .
Поскольку векторы моментов сил M и M тр антинаправлены (в чем
несложно убедиться, используя правило правого винта), то в проекциях на ось ОХ этот закон примет вид
J ε = M − M тр. |
(2) |
Момент инерции диска относительно оси вращения определяется по |
формуле |
|
|
|
J = |
mR2 |
. |
|
|
(3) |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
Угловое ускорение диска найдем как вторую производную функ- |
ции угла поворота диска по времени: |
|
|
|
′ |
|
′ |
(4) |
ω = ϕ = B + 2Ct ; |
ε = ω = 2C. |
Подставив правые части (1), (3) и (4) в (2), получим уравнение, в |
котором будет только одна неизвестная – |
искомая сила F : |
|
mR2 2C = FR - M тр. 2
Откуда
FR = mR2C + M тр ; |
F = |
mR2 |
C + |
M тр |
; |
F = mRC + |
M тр |
. |
R |
|
|
|
|
|
R |
|
R |
Подставим значения известных величин и произведем вычисления:
|
F = 5 × 0, 2 × 2 + |
1 |
H = 7 H. |
|
0, 2 |
|
|
|
Ответ: F = 7 H.
Пример 6. Какую работу А надо совершить в течение t = 1 мин, что- бы равномерно увеличить частоту вращения маховика массой m = 50 кг, имеющего форму диска диаметром D = 1,5 м, от n0 = 0 до n = 50 с–1 , если к ободу маховика приложена по касательной постоянная сила трения Fтр = 1 Н?
(Уровень 3). Решение
1 способ. Работа при вращении твердого тела определяется произве- дением вращающего момента силы Мвр и угла поворота j этого тела за не- которое время t. По условию M тр = const , так как Fтр = const , а частота
увеличивается равномерно. Поэтому для работы по раскручиванию диска можно записать:
где Мвр – результирующий вращающий момент.
Для определения вращающего момента силы Мвр воспользуемся основ- ным уравнением динамики вращательного движения твердого тела, кото- рое применительно к данной задаче в векторной записи имеет вид
J e = M вр + M тр,
а в скалярном виде
где J – момент инерции маховика, e – его угловое ускорение, а Мтр – момент силы трения.
Момент инерции однородного диска относительно оси вращения, проходящей через его центр масс перпендикулярно к плоскости диска, оп- ределяется формулой
J = mR2 , 2
где R = D , поэтому
2
Момент силы трения равен произведению силы трения Fтр на ее плечо
M |
|
= F R или M |
|
= F |
D |
. |
(4) |
|
|
|
|
тр |
тр |
тр |
тр 2 |
|
Подставив (3) и (4) в (2), получим
M вр |
= |
mD2 |
ε + Fтр |
D |
= 0,5D (0, 25mDε + Fтр ). |
|
2 |
|
8 |
|
|
Поскольку по условию задачи величины сил, действующих на маховик, и их плечи не менялись, то его вращение равноускоренное, поэтому угловое
ускорение маховика ε найдем по его определению
ε = ω − ω0 , t
где ω0 = 0, так как ν0 = 0. Поэтому
ε = ω = 2πν . t t
С учетом этого
M |
|
= 0,5D |
|
0, 25mD |
2πν |
+ F |
|
= 0,5D |
|
0,5π |
mDν |
+ F |
. |
(5) |
вр |
|
|
|
|
|
|
|
|
t |
тр |
|
|
t |
тр |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Угол поворота маховика ϕ за время t определим, используя формулу средней угловой скорости равнопеременного вращения твердого тела
ωср = ϕ , t
откуда
ϕ= ωсрt.
Всвою очередь среднюю угловую скорость ωср равноускоренного вращательного движения можно определить как среднее арифметическое
начальной угловой скорости ω0 = 0 и конечной угловой скорости ω:
ω = ω + ω0 |
= ω = |
2πν |
= πν. |
|
ср |
2 |
2 |
2 |
|
|
|
|
|
Тогда |
|
|
|
|
|
|
|
|
ϕ = πνt. |
|
|
|
(6) |
Подставив (5) и (6) в (1), получим |
|
|
|
|
A = 0,5D |
0,5π |
mDν |
+ F |
|
πνt ; |
|
|
|
|
|
t |
|
тр |
|
|
|
|
|
|
|
|
A = 0,5πνD (0,5πνmD + Fтрt ) .
2 способ. Задачу можно решить, используя теорему о кинетической энергии
|
|
|
|
|
|
|
A = K2 − K1 + Aтр , |
где K = |
J w02 |
, |
K |
2 |
= |
J w2 |
и A |
= F l, |
|
|
1 |
2 |
|
|
2 |
тр |
тр |
|
|
|
|
|
|
где l – длина дуги, по которой движется точка обода маховика в течение вре- мени t.
Так как v0 |
= 0 , то ω0 |
= 0 и Ек = 0 . |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
Поэтому |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A = |
J w2 |
+ F |
|
l, |
(7) |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
тр |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
где |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J = |
mD2 |
; |
|
(8) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8 |
|
|
|
|
|
|
ω = 2πv . |
|
(9) |
Длину дуги l можно определить, используя кинематические соот- ношения. Для равнопеременного вращательного движения
|
|
ω = ω + εt |
и j = w t + et 2 . |
|
|
|
|
|
|
0 |
|
0 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Поскольку l = ϕR (длина дуги) и ω = 0 , получаем l = eRt2 |
и ω = εt |
|
|
|
|
|
0 |
|
2 |
|
|
или, учитывая, что ω = 2πν и D = 2R , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
l = wRt = pnDt = 0,5pDtn . |
|
|
(10) |
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
Подставим (8), (9) и (10) в (7): |
|
|
|
|
A = |
mD2 4p2v2 |
+ F × |
pDtv |
|
или A = 0,5πvD(0,5πvmD + F |
|
t) . |
|
|
|
8 × 2 |
тр |
2 |
|
|
|
тр |
|
|
|
|
|
|
|
|
Подставим значения известных величин и произведем вычисления:
A = 0,5 × 3,14 ×50 ×1,5(0,5 × 3,14 ×50 × 50 ×1,5 +1× 60)Дж = 7 ×105 Дж.
Ответ: A = 7 ×105 Дж .
Пример 7. На барабан радиусом R = 0,2 м, момент инерции ко- |
торого J = 0,1 кг×м2, намотан шнур, к которому привязан груз массой |
m = 0,5 кг. До начала движения высота груза над полом h = 1 м (см. рису- |
нок). Найти кинетическую энергию груза K в момент удара о пол. Дви- |
|
|
жение груза считать равноускоренным. (Уровень 2, 3). |
|
|
Решение. Кинетическая энергия груза в момент |
|
|
его удара о пол определяется формулой |
|
|
M |
|
mu2 |
|
|
|
K = |
(1) |
|
ε |
, |
|
|
|
2 |
|
|
|
где υ – конечная скорость груза в момент его удара о |
F н |
|
|
пол. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
F н |
|
По условию задачи начальная скорость груза на |
O |
|
высоте h равна нулю ( υ0 = 0 ). |
|
|
Поскольку высота h нам известна, то для опре- |
a |
|
h |
деления квадрата конечной |
скорости груза υ2 |
вос- |
mg |
|
пользуемся формулой кинематики равноускоренного |
|
|
Y |
|
движения |
|
|
|
|
υ2 = 2ah . |
(2) |
Ускорение a опускающегося груза равно по модулю тангенциально- |
му ускорению точек обода барабана, поэтому a = a = εR , откуда e = a . |
|
|
|
τ |
R |
|
|
|
|
|
Угловое ускорение барабана можно определить из основного урав- |
нения динамики вращательного движения барабана |
|
где М – момент силы, вращающий барабан.
Поскольку к барабану приложена сила натяжения шнура Fн , числен-
но равная силе, с которой шнур действует на груз, а плечом этой силы явля-
ется радиус барабана R, запишем: M = FнR .
Подставив выражения для e и М в уравнение (3), получим
J |
a |
= F R |
или J |
a |
= F . |
(4) |
|
|
|
R |
н |
|
R2 |
н |
|
|
|
|
|
|
В этом уравнении две неизвестные величины: ускорение а (которое нужно знать, чтобы определить υ2 ) и сила натяжения Fн (которую опре-
делять не надо). Поэтому необходимо добавить еще одно уравнение, в ко-
тором присутствуют эти неизвестные а и Fн . Такое уравнение можно за-
писать, применив второй закон Ньютона. Груз движется вниз равноуско-
ренно с ускорением a под действием двух сил: силы тяжести mg и силы на-
|
|
тяжения нити F . В векторном виде этот закон имеет вид |
ma = mg + F . |
н |
н |
В проекции на ось OY |
|
ma = mg − Fн . |
(5) |
Уравнения (4) и (5) представляют собой систему двух уравнений с двумя неизвестными величинами а и Fн . Для ее решения выразим из урав-
нения (5) силу натяжения и подставим ее в уравнение (4):
|
|
|
F = mg − ma ; |
|
|
|
|
|
|
|
J |
|
a |
|
= mg - ma . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
н |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Отсюда найдем ускорение а: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J |
|
|
|
+ ma = mg ; |
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
+ m) |
= mg |
; |
|
|
|
|
|
|
R |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a = |
|
mg |
= |
|
|
g |
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
(6) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J |
+ m |
|
J |
|
+1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R2 |
|
|
|
|
mR2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Подставим (6) в (2), а затем то, что получится после этой подстанов- |
ки, в (1). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
u2 = |
|
2gh |
|
; |
|
|
E |
= |
m |
|
|
|
|
2gh |
|
|
|
|
; |
|
|
E |
= |
mgh |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J |
|
|
|
|
|
k |
2 |
|
|
|
|
J |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k |
|
|
J |
|
|
|
|
|
+1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
+1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
+1 |
|
|
mR2 |
|
|
|
|
|
|
|
mR2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
mR2 |
Подставим значения известных величин и произведем вычисления:
|
|
|
|
|
|
K = |
|
0,5 ×9,8 ×1 |
|
Дж = 0,82 Дж . |
|
0,1 |
+1 |
|
|
|
|
|
0,5 × 0, 22 |
|
Ответ: K = 0,82 Дж.
Пример 8. Горизонтальная платформа массой m1 = 100 кг вращает-
ся вокруг вертикальной оси, проходящей через центр платформы, делая
ν1 = 10 об/мин (см. рисунок). Человек массой m2 = 60 кг стоит на ее краю.
С какой частотой ν2 станет вращаться платформа, если человек перейдет в ее центр? Считать платформу круглым однородным диском, а человека – материальной точкой. (Уровень 1).
O |
Z |
|
O |
Z |
|
|
|
|
|
|
1 |
+ L02 |
1 |
L |
|
|
L01 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
= 0 |
ω1 |
|
|
ω2 |
L |
|
|
|
|
|
2 |
|
O |
R |
O |
|
R |
|
|
|
|
|
O2 |
|
O2 |
|
|
|
а) б)
Решение. На систему тел человек – платформа моменты внешних сил относительно оси вращения не действуют (на них действуют силы тяжести и сила реакции опоры, но их моменты равны нулю), поэтому для реше-
ния этой задачи лучше всего вос-
пользоваться законом сохранения
момента импульса.
По закону сохранения момента импульса суммарный момент им-
пульса платформы L01 и человека L02 , когда он стоял на краю (см. рису-
нок, а), должен сохраниться, т.е. должен быть равным суммарному момен-
ту импульса платформы L1 и человека L2 после того, как человек перешел в центр платформы (см. рисунок, б). В проекции на ось OZ запишем
L01 + L02 = L1 + L2 . |
(1) |
Момент импульса вращающегося тела равен произведению момента
инерции тела и его угловой скорости, поэтому
L01 + L02 = Jплω1 + Jчел1ω1 = (Jпл + Jчел1)ω1 |
(2) |
и
L1 + L2 = Jплω2 + Jчел2ω2 = (Jпл + Jчел2 )ω2 , |
(3) |
где ω1 – угловая скорость платформы и человека, когда он стоял на ее краю, а
ω2 – угловая скорость платформы и человека, когда он перешел в центр.
Момент инерции платформы как однородного цилиндра
Jпл = m1R2 .
2
