789
.pdfd 3g cos d 2l .
Разделим переменные и проинтегрируем исходное дифференциальное уравнение вращательного движения стержня с учетом начальных условий движения (при =0, 0 =0
d |
|
3g cos |
d |
|||||
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
2l |
|
|
|
2 |
3g sin |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|||
2 |
|
|
|
|
2l . |
|||
Угловая скорость стержня |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
3g sin |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
l |
. |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
ЗАДАЧА 49 |
Доска |
|
ОА массой m =4кг и длиной l =1м может вращаться без трения вокруг |
горизонтальной оси О. В неподвижную доску на расстоянии b =0.8м от оси О попадает и
застревает пуля массой m1=0.01кг, летевшая со скоростью V1 =800м/с. Определить угловую скорость доски после попадания пули. При вычислении момента инерции доску считать однородным стержнем.
Рис. 69
Решение
101
Рис. 70
На доску действуют силы: mg , а также составляющие реакций оси ХО и YО (рис. 69).
После попадания пули в доску действуют силы: mg , m1g , а также составляющие реакций
оси Х |
|
|
|
(рис. 70). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
О и |
YО |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
На основании теоремы об изменении кинетического момента имеем |
|
||||||||||||||
|
dK z |
mz Fek ; mz Fek 0; K z const K z 0 . |
|
|||||||||||||
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
Это уравнение называется законом сохранения кинетического момента системы |
|||||||||||||||
относительно оси. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
Тогда следует K z 0 m1V1b , (доска неподвижна) |
|
||||||||||||||
|
K z m1V1b J z (m1b2 |
ml 2 |
) |
|
J z |
|
ml 2 |
|
|
|||||||
|
|
3 -момент |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
3 |
, |
где |
|
инерции доски |
|||||
относительно оси Oz, |
V b . |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
С помощью равенства |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
m V b |
ml 2 |
m b2 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
1 |
1 |
|
3 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
Определим угловую скорость доски |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
3m1V1b |
|
3 0.01 800 0.8 |
|
4.8 |
|
|
|
|
|||||
|
ml 2 3m b2 |
4 12 3 0.01 0.8 |
2 |
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
рад/с. |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ЗАДАЧА 50 |
|
|
|
|
||
|
Горизонтальная трубка длиной l может свободно вращаться вокруг вертикальной оси |
|||||||||||||||
О1О2 . Внутри трубки на расстоянии b от оси находится шарик массой |
m . В начальный |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
102 |
момент трубке сообщается начальная угловая скорость 0 . Момент инерции трубки
относительно оси вращения Jz . Пренебрегая потерями на трение, определить угловую скорость трубки в момент, когда шарик вылетит из трубки.
Рис. 71
Решение
На систему тел действуют внешние силы: Мg , mg , а также составляющие реакций
опор оси Х О1, |
YО1 , ХО2 . |
На основании теоремы об изменении кинетического момента имеем |
|
dK z |
mz Fek ; mz Fek 0; K z const K z 0 . |
dt |
|
В данном случае выполняется закон сохранения кинетического момента системы относительно оси. Составим уравнение
Kz 0 mvb J z 0 (mb2 |
J z) 0 , Kz mvl J z (ml2 J z) , |
|||||||||||
где v0 |
|
и v -скорость шарика соответственно в начальном и конечном положении во |
||||||||||
вращательном движении вместе с трубкой вокруг оси O1O2 (оси O1z ) v0 = 0 b, v= l . |
||||||||||||
Угловая скорость трубки |
|
|
||||||||||
J |
m l 2 J |
|
0 |
m |
b2 |
|||||||
z |
|
|
|
|
|
|
z |
|
|
0 |
. |
|
|
J |
|
|
mb2 |
|
|
|
|
|
|||
|
z |
|
|
2 0 ;( 0). |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J |
z |
ml |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ЗАДАЧА 51
Груз массой m подвешен на тросе, навитом на барабан массой m 1 с горизонтальной осью вращения. Пренебрегая потерями на трение и считая барабан сплошным однородным цилиндром, определить ускорение груза.
103
Рис. 72
Решение
На систему тел действуют внешние силы: m1g , mg , а также составляющие реакций
опор оси ХО , YО .
На основании теоремы об изменении кинетического момента имеем
dK z m Fe ; m Fe mgR.
dt z k z k
Кинетический момент системы относительно оси вращения барабана:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m |
|
|
|
|
||
K |
|
J |
mVR |
1 |
m VR |
|
|||||||||||||
z |
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
z |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
V |
|
|
J z |
|
1 |
m1 R2 |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
R , |
|
|
(V скорость груза; R радиус барабана). |
|||||||||||||
где |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|||||||||
Далее получим |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
m |
|
|
|
|
|
dV |
|
|
|
|
|
|
dV |
|
|
||||
|
|
1 |
|
m R |
|
|
mgR;a |
|
|
. |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
dt . |
|
|||
Ускорение груза |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
a |
|
2mg |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
m 2m |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ЗАДАЧА 52 |
Через блок массой m1 0.2m , имеющего горизонтальную ось вращения, переброшена |
|||||||||||||||||||
веревка, |
к одному концу которой подвешен груз массой m , а за другой конец ухватился |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
104 |
человек, имеющий ту же массу m . Пренебрегая массой веревки и считая массу блока равномерно распределенной по его ободу, определить скорость груза, если человек начнет подниматься по веревке с относительной скоростью u .
Рис. 73
Решение
На систему тел действуют внешние силы: mg , m1g , а также составляющие реакций
опор оси ХО , YО .
На основании теоремы об изменении кинетического момента имеем
dK z m F e ; m F e mgr mgr 0
dt z k z k
Kz const Kz 0 ; Kz 0 0; Kz 0.(по условию задачи)
В данном случае выполняется закон сохранения кинетического момента системы относительно оси. Составим уравнение
mvr J z m(u v)r 0;
где Jz=1/2 (m1 r2) =0,1 (m r2).Здесь m1 =0,2m = v/r-угловая скорость блока .
m(u v)r 0.1mr 2 |
v |
mvr 0 |
|
r |
|||
|
. |
Скорость груза
v 10 u
21 .
ЗАДАЧА 53
105
Через блок массой M , имеющий горизонтальную ось вращения, переброшен трос, к одному концу которой подвешен груз массой m , а другой конец прикреплен к пружине жесткостью с . Пренебрегая трением и массой троса определить период малых колебаний системы, считая блок однородным цилиндром.
Рис. 74
Решение
На рассматриваемую систему тел действуют внешние силы:
пружины Fпр , а также составляющие реакций опор оси ХО , YО . Дифференциальное уравнение малых свободных колебаний
теоремы об изменении кинетического момента:
dK z |
mz Fek . |
dt |
Fek mgr F упр f mgr c( f ct f )r c r2 , |
mz |
Mg , mg , сила упругости
диска получим с помощью
где |
F упр c( f ct f ) |
-упругая сила пружины; |
f |
r |
- деформация пружины, здесь - |
||
|
|
|
|||||
угол поворота блока (малый угол). |
|
|
|
|
|
||
В положении статического равновесия |
|
|
|
|
|||
F упр r mgr |
или |
c f |
cт mg. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Кинетический момент системы относительно оси вращения барабана:
K z J z mVr J прz .
.
106
J z |
1 |
m r2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
-момент инерции блока относительно оси вращения; V r - скорость |
|||||||
где |
|
|||||||
|
|
|
пр |
M |
|
2 |
||
|
|
|
J z |
|
|
m r |
|
|
|
|
|
|
|
||||
груза, -угловая скорость блока; |
2 |
|
- приведенный момент инерции |
|||||
|
|
|
системы. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
Таким образом, проектируя уравнение на ось вращения блока, получим учитывая, что |
|||||||||||||||||||||
|
d |
) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
d |
||||
|
|
J прz cr2 0; |
k 2 |
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
dt . |
|||||||||||||||||||||
|
|
Круговая частота колебаний будет равна: |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
c r2 |
|
|
|
2с |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
k |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2m |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
J прz |
M |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
Период малых колебаний системы |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
T |
2 |
2 |
|
|
M 2m |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
k |
|
|
|
2c |
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ЗАДАЧА 54 |
|||||
|
|
Вертикально расположенный диск имеет горизонтальную ось вращения, смещенную |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 . В начальный момент угол отклонения |
||
относительно центра масс диска на расстояние ОС |
|
|
|||||||||||||||||||||
диска от равновесного |
положения |
равен 0 , |
а |
начальная скорость равна нулю. Считая |
колебания диска малыми определить закон движения диска.
Решение. (рис. 75)
Рис. 75
107
Диск является физическим маятником. Дифференциальное уравнение вращательного движения диска имеет вид:
J mz F ek .
mz Fek mg R2 sin ,
где sin ; |
-угол поворота блока (малый угол). |
|||||||||||
mg |
R |
sin |
mgR |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||
2 |
|
|
|
|
|
2 . |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
mg |
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
k |
2 |
|
|
|
||||
k 2 0 |
|
J z |
|
|
|
|||||||
где |
. |
|||||||||||
|
|
|
|
|
Момент инерции диска относительно оси вращения:
|
2 |
|
mR2 |
|
R 2 |
|
3mR2 |
|
|
J z J xc m OC |
|
|
|
m |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
4 |
|
|||||
|
|
|
|
2 |
|
. |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение дифференциального уравнение вращательного движения диска ищется в виде:
C1 coskt C2 sinkt,
откуда |
|
C1k sinkt C2 k coskt, |
. |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Воспользуемся начальными условиями t 0 ; 0 |
и 0 . |
||||||||
Найдем постоянные интегрирования |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
C1 |
|
C |
|
0 |
0. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
2 |
k |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Откуда |
|
|
0 и |
|
|
|
|
|
|
Уравнение движения диска |
|
|
|
|
|
||||
0 |
coskt |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ПРИНЦИП ДАЛАМБЕРА. ОБЩЕЕ УРАВНЕНИЕ ДИНАМИКИ.
ЗАДАЧА 55
При каком минимальном значении скорости тяжелый шарик пройдет высшую точку петли радиуса R , не отрываясь от нее ? Петля расположена в вертикальной плоскости.
108
Рис. 76
Решение Будем считать шарик материальной точкой в промежуточном положении на его
траектории. Приложим к шарику действующие силы: тяжести mg , нормальная реакция петли N и, соответственно, Ф , Фn-касательная и нормальная силы инерции.
Рис. 77
Согласно принципу Даламбера для точки получим уравновешенную в любой момент времени систему сил
(mg , N ,Ф ,Ф n) 0 .
Проектируя эту систему сил на главную нормаль Mn, получим
mg sin N Фn 0,
an m |
V 2 |
|
|
|
|
|
|
R -нормальное ускорение шарика, ( V-скорость шарика). |
|||||||
где Фn = mаn здесь |
|||||||
По условию задачи при 90 |
нормальная реакция в верхней точке петли N 0 . |
||||||
|
|
|
|
V 2 |
|||
N Фn vg sin 0; |
sin sin90 1; |
m |
|
mg 0 . |
|||
R |
Скорость шарика
V Rg .
109
ЗАДАЧА 56
Тяжелый шарик, находящийся на вершине гладкого сферического купола радиуса R ,
получает начальную горизонтальную скорость V0 . В каком месте шарик покинет купол? При каком значении начальной скорости V0 шарик оторвется от купола в верхней точке?
Рис. 78
|
Решение |
|
|
|
|
|
|||||
|
Приложим к |
шарику, |
находящемуся в произвольном положении |
||||||||
тяжести |
mg |
, нормальной |
реакции |
Ф ma |
mV |
||||||
|
|
N , касательную |
|
|
|||||||
Ф ma |
|
m |
V 2 |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
R |
силы инерции. |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
Согласно принципу Даламбера для точки получим уравновешенную времени систему сил
(mg , N ,Ф ,Ф n) 0 .
Проектируя эту систему сил на главную нормаль Mn, получим
на куполе силы:
инормальную
влюбой момент
mg cos N Фn 0.
В момент отрыва шарика от купола нормальная реакция купола будет равна нулю:
Рис. 79
N mg cos mV 2 0
R .
Отсюда
110