Добавил:

Studfiles2 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Авиационный Технический Университет

Предмет:

Физика

Файл:

Колмаков Ю.Н. Лекции по физике ТулГУ. Механика / mech-zad-TulGU

.pdf

Скачиваний:

540

Добавлен:

02.05.2014

Размер:

3.32 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 194 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 > Следующая >>>

Неинерциальные системы отсчета и силы инерции

Отрыв обязательно произойдет при наименьшем угле θ0 , которому со-

ответствует знак "+". Поэтому

2 +k 9k2 +5

θ0 = arccos

При k =1

3(k2 +1)

находим: θ0 =16°52 ' .

Если же

a0 = 0

или k = 0 (шар покоится), то отрыв произойдет при

θ0 = arccos (2 3)= 48°11' .

Задача 2.9

В районе Тулы скорость течения реки

Упы v = 0, 2 м/с. Тула находится на ши-

роте

ϕ = 54° . Найти угол α наклона к

горизонту поверхности воды в Упе на

участке, где она течет прямо на восток.

Решение

В неинерциальной системе, связанной

с вращающейся Землей, на элемент по-

рис. 2.13

верхности воды с массой m помимо си-

лы тяжести

mgG будет действовать цен-

тробежная и кориолисова силы

Fцб = mω

R cos ϕ

Fкор = 2m[v, ω],

где

R = 6400 км

–

радиус

Земли,

ω = 7, 27 10−5 c−1

– угловая скорость ее

вращения, vG

– скорость течения реки.

Направим ось z

по нормали к плоско-

сти горизонта, ось

– вдоль меридиана к

полюсу, а ось x

–

вдоль параллели на

рис. 2.14

восток (рис.2.13).

на нормальную и

Разложим вектор

касательную

к горизонту

где ωn

= ωsin ϕ ,

составляющие: ω = ωn +ωτ ,

= ωcos ϕ

. Тогда сила Кориолиса также будет суммой двух составляю-

щих: Fкор n

= 2m[v

, ωτ], направленной вдоль оси z , и Fкор τ = 2m[v,

ωn ],

направленной против оси y

(рис.2.14).

Очевидно, что поверхность воды должна быть перпендикулярна к результирующей всех сил (рис.2.15). Поэтому

32	Глава 2. Динамика.


tgα =		Fрез y	=	Fкор τ + Fцб sin ϕ		=
		F		mg − F

		резz		кор n		,
	2vωsin ϕ+ω2 R cos ϕsin ϕ
=					=1,64 10−3

		g −2vωcos ϕ
откуда α = 5'39'' . Уровень воды у правого

берега будет выше, чем у левого.		рис. 2.15
берега будет выше, чем у левого.
	Задача 2.10
		На гладком горизонтальном стержне,
		вращающемся вокруг вертикальной оси с
		постоянной угловой скоростью ω = 40π
		рад/c, была закрепленна муфта с массой
		m =100 г (рис.2.16). В начальный мо-
		мент времени t0 = 0 муфту отпускают, и
рис.2.16		она скользит вдоль стержня. Найти рас-
рис.2.16		стояние y (t ) от муфты до оси вращения
		стояние y (t ) от муфты до оси вращения

в произвольный момент времени. Какой момент сил M должен быть приложен к стержню для того, чтобы он продолжал вращаться равномерно? Начальное расстояние центра масс муфты от оси вращения y0 = 2 см .

Решение

Уравнение движения муфты во вращающейся системе отсчета, в кото-

рой стержень неподвижен, имеет вид:

dvG

= FG

+ FG

(2.22)

где vG –

цб

кор

= mω2 yG – центро-

скорость муфты относительно стержня,

Fцб

бежная, а

Fкор = 2m[v, ω] – кориолисова сила инерции.

В проекции на ось y

уравнение (2.22) дает

dvy

= mω2 y

и если, в соответствии с определением скорости, подставить dt = dy

v , то

получим уравнение

vdv = ω2 ydy .

Интегрируя это уравнение с учетом начальных условий v = 0 и y = y0

при t = 0 , находим:

y02

− y

(2.23)

= ω

−

или

v =

= ω

Разделяем в уравнении (2.23) переменные, и еще раз интегрируем:

рис. 2.17 mg = N1 + N2 ,

Статическое равновесие		33
y	dy	t
∫	dy	= ω∫dt .
∫	y2 − y2	= ω∫dt .
y	y2 − y2	0
0	0

После интегрирования получим Arch (y y0 )= ωt , откуда находим искомое расстояние муфты от оси и ее скорость:

y = yG0ch (ωt ) и v = dydt = ωy0sh (ωt ).

Кориолисова сила Fкор , действующая на движущуюся муфту, создает

тормозящий момент M z = −2myωv , так как Fкор = 2mωv , а плечо равно y . Для его компенсации к стержню необходимо приложить момент сил

M= −M z = 2myωv = 2mω2 y02sh (ωt )ch (ωt )=

=mω2 y02sh (2ωt )= 0,632 sh (80πt ) H м

Статическое равновесие

Задача 2.11

На какой угол ϕ наклонится автомобиль при торможении? Центр масс автомобиля расположен посередине колесной базы на высоте h = 0, 4 м

над землей, расстояние между осями колес l = 5h , коэффициент трения скольжения µ = 0,8 , упругость всех четырех пружин подвески одинакова

и такова, что их прогиб у неподвижного автомобиля δ =10 см . Указание: считать, что тормозятся все колеса.

Решение

При торможении автомобиль наклоняется вперед (рис.2.17), из-за добавочного момента сил трения скольжения относительно центра масс C .

В неинерциальной системе отсчета, связанной с автомобилем, суммы проекций всех сил (силы тяжести, реакций опоры, трения и инерции) на вертикальную и горизонтальную координатные оси равны нулю, т.е.

Fин = ma = Fтр1 + Fтр2 = µ(N1 + N2 )= µmg .

Кроме того, сумма моментов всех сил относительно любой точки, в том числе и относительно точек опоры 1 и 2, равны нулю, т.е.

N2l + Fинh −mgl 2 = 0, N1l − Fинh −mgl 2 = 0.

Из этих уравнений находим величины сил реакций опоры:

34									Глава 2. Динамика.
N	=	mg	+ µmgh ,	N	2	=	mg	− µmgh .	(2.24)

1	2		l			2		l

По условию у неподвижного автомобиля все пружины подвески сжаты на δ и поэтому 4kδ = mg , где k = mg(4δ) – коэффициент жесткости каждой

пружины. При торможении пружины передней подвески дополнительно сжимаются на величину ∆x1 , а сжатие задних пружин уменьшается на ∆x2 ,

как показано на рис.2.17. Тогда, если пренебречь весом колес, условия равновесия в рессорах запишутся как

N1 = 2k (δ+∆x1 ),

N2 = 2k (δ−∆x2 ).

(2.25)

Сравнивая формулы (2.24) и (2.25), находим

4µhδ

N − N

= 2 µmgh = 2k (∆x + ∆x

(

∆x + ∆x ) или

∆x

+ ∆x

2δ

Как видно из рис.2.17,

tgϕ = (∆x

+∆x

)

l = 4µhδ

= 0,032,

откуда

ϕ =1°50' .

Задача 2.12

Свободный

конец

висевшей

вертикально цепочки массы m и

длины

прикрепили к потолку

так, что цепочка провисает под

потолком

на

расстояние

L 4

(рис.2.18). Найти силу натяжения

цепочки

в точке

A ,

первона-

рис. 2.18

чально находившейся на том же

расстоянии L 4

от потолка.

Решение

Выделим бесконечно малый элемент цепочки с длиной dl и массой dm = mdlL . Приложенные к его концам силы натяжения направлены по

касательной к цепочке и различны по величине (рис.2.19). Условия статического равновесия выделенного элемента в проекции на горизонтальную и вертикальную оси запишутся как:

(T + dT )cos (ϕ+ dϕ)= T cos ϕ,
		(2.26)
		(2.26)
gdm +(T + dT )sin (ϕ+ dϕ)= T sin ϕ.

Раскрывая тригонометрические функции, подставрис. 2.19 ляя sin(dϕ) = dϕ, cos(dϕ) = 1 и пренебрегая малыми второго порядка, пропорциональными dT dϕ , приводим систему (2.26) к

Вычисление моментов инерции

виду:

cos ϕ dT −T sin ϕdϕ = d (T cos ϕ)= 0,

(2.27)

gdm +sin ϕ dT +T cos ϕdϕ =

dl + d (T sin

ϕ)= 0.

Интегрируя первое уравнение (2.27), находим:

T cos ϕ =T cos ϕ

или

T =

T0 cos ϕ0

(2.28)

cos ϕ

где T0

и ϕ0

– натяжение и угол наклона цепочки в точке подвеса.

Условие

равновесия,

примененные

ко

всей

цепочке

целиком,

2T0 sin ϕ0 = mg , позволяет устранить T0

из соотношения (2.28):

T =

(2.29)

2tgϕ cos ϕ

Чтобы определить угол

ϕ0 , подставим формулу (2.29)

и длину

dl =

= dy sin ϕ (рис.2.19) во второе уравнение (2.27):

dy = −

mg sin ϕ

d (tgϕ)=

2tgϕ

d cos ϕ

, и проинтегрируем его от точки подвеса O до середины

2tgϕ0 cos2 ϕ

провисшей цепочки:

2tgϕ

L 4

ϕ=0

d cos ϕ

tg2ϕ0 +1 .

∫ dy =

∫

, откуда следует

tgϕ0 +1 =

cos2

cos ϕ0

ϕ=ϕ

Решением последнего алгебраического уравнения будет tgϕ0 = 4 3 .

Снова проинтегрируем второе уравнение (2.27) по длине цепочки, под-

ставляя из формулы (2.29) T = 3mg (8cos ϕ):

L 4 dl = −

3mg

ϕ=ϕA d (tgϕ),

откуда

tgϕ

= tgϕ

−

0∫

ϕ=ϕ∫

В итоге из формулы (2.29) находим натяжение в точке A :

T =

3mg

tg2ϕ

+1 =

13mg

= 0, 451mg .

8cos ϕA

Вычисление моментов инерции

Задача 2.13

Плоская фигура массы m представляет собой квадрат со стороной 2R с

симметричным круглым вырезом радиуса

(рис.2.20). Найти момент

инерции фигуры относительно перпендикулярной оси OO ' , проходящей

36	Глава 2. Динамика.

через вершину квадрата.

Решение

Поверхностная плотность фигуры (масса единицы ее площади) ρ = m(4R2 −πR2 ). Момент инерции фи-

гуры будет равен моменту инерции сплошного квад-

рис. 2.20

рата с массой m1 = ρ 4R2 = 4m (4 −π), если из него

вычесть момент инерции круга с массой m2 = ρ πR2 = πm(4 −π), отме-

ченного на рис.2.21 штриховой линией.

Момент инерции круга относительно оси OO ' удобно определить по теореме Штейнера, зная момент инерции относительно центральной оси CC ' :

I2 = I2C + m2 (OC )2	=	m2 R2	+ m2 ( 2R)2	=	5πmR2	.
					2(4 −π)
рис. 2.21	2
Для квадрата выделим бесконечно	малый		элемент	поверхности
dS = dxdy с массой dm = ρdxdy на расстоянии r = x2 + y2				от оси OO '

(рис.2.21), запишем для него момент инерции dI = dm r2 и, проинтегрировав по всей площади, определим момент инерции всего квадрата:

(

)

32mR

∫ ∫

+ y

∫

dy +

∫

ρR

3(4 −π)

dxdy = ρ

y dy

В итоге

= I

− I

64 −15π

mR2 .

OO '

6(4 −π)

Задача 2.14

Найти соотношение между тремя главными моментами инерции плоской фигуры и использовать его для вычисления момента инерции диска относительно главной оси, лежащей в

плоскости диска.

рис. 2.22 Решение

Решение этой задачи достаточно простое. Пусть x , y и z – главные

оси инерции; тогда, как следует из рис.2.22 и определения главных моментов инерции,

I3 = ∫r2dm = ∫x2dm + ∫ y2dm = I1 + I2 .

Динамика вращательного движения										37
Отсюда вытекает, что для сплошного тонкого
однородного	диска	с		массой m и радиусом R
(рис.2.23)	I = I		2	=	I3	=	1	mR2 .
(рис.2.23)	I = I			=		=		mR2 .
	1			2			4
				2			4			рис. 2.23
Динамика вращательного движения										рис. 2.23
		Задача 2.15
					Шкивы двух маховиков с моментами инерции I1
				и I2			и с радиусами шкивов		R1 и	R2 соединены
				ремнем (рис.2.24). Удерживая второй маховик,
				раскручивают первый до скорости						ω0 , затем от-
рис. 2.24				пускают второй, и он тоже					начинает раскручи-
рис. 2.24				ваться. Найти скорости вращения маховиков после
				ваться. Найти скорости вращения маховиков после

прекращения проскальзывания ремня. Массой ремня пренебречь.

Решение

После того, как второй маховик отпустили, он начинает вращаться (в ту же сторону, что и первый), благодаря разнице натяжений ремня снизу T1 и

сверху T2 . Так как натяжение невесомого ремня у обоих маховиков оди-

наково,

T1 =T1 '

и T2 =T2 ' , то уравнения их движения имеют вид:

I1ε1 = (T1 −T2 )R1,

I2ε2 = (T2 −T1 )R2 .

(2.30)

Исключая T1 −T2

из уравнений (2.30), получаем соотношение

I ω

= 0

или

1 1

= 0,

(2.31)

так как ε1 = dω1

и ε2 = dω2

dt . Из (2.31) с учетом начальных условий

( ω1 = ω0

и ω2 = 0 при t = 0 ) следует:

I1ω1

I2ω2

= const

I1ω0

(2.32)

Отсутствие скольжения ремня означает,

что его линейная скорость v

совпадает с линейными скоростями точек на ободах обоих ремней, т.е. v = v1 = v2 , откуда имеем: ω1R 1 = ω2 R2 . (2.33) Из соотношений (2.32) и (2.33) находим установившиеся угловые скоро-

сти маховиков:		I R2								I1R1R2
ω1 =			1	2			ω0 ,	ω2 =						ω0 .
ω1 =	I R2		+ I		2	R2	ω0 ,	ω2 =	I R2		+ I	2	R2	ω0 .
	1	2			2	1		1		2		2	1

Заметим в заключение, что из уравнения (2.32) следует, что сохранение

рис. 2.26

рис. 2.25

38	Глава 2. Динамика.
суммарного момента импульса системы	Lz = I1ω1 + I2ω2 в процессе уста-

новления скоростей возможно только при R 1 = R2 !

Задача 2.16

Абсолютно твердая однородная балка длины l и массы m лежит горизонтально на двух симметрично расположенных опорах, расстояние между которыми равно b . Одну из опор выбивают. С какой силой балка давит на оставшуюся опору в первый момент?

Решение

В первый момент после выбивания опоры (например, правой, как показано на рис.2.25) центр масс балки движется вертикально вниз, и его уравнение движения имеет вид:

maC = mg − N .

(2.34)

С другой стороны, после выбивания опоры балка совершает вращательное движение около оставшейся опоры, согласно уравнению

Iε = mg b 2 ,	(2.35)
где I – момент инерции балки относительно оставшейся опоры, в соот-
ветствии с теоремой Штейнера имеющий величину	I = ml2 12 +mb2 4 .

Так как связью между линейным и угловым ускорением при вращении бу-

дет aC = εb 2 , то, исключая aC	и ε из уравнений (2.34) и (2.35), находим
искомую силу реакции:			mgb2			mg
			mgb2			mg
N = m(g	−a	)= m g −		=				.
N = m(g	−a	)= m g −		=			2	.
	C		4I		1+3(b l)		2
			4I		1+3(b l)

Задача 2.17

Раскрученный до угловой скорости ω0 пло-

ский диск массы m и радиуса R положили на горизонтальную плоскость (рис.2.26). Коэффициент трения равен µ. Спустя какое время

τ вращение диска прекратится?

Решение

Выделим на диске бесконечно узкое кольцо (рис.2.26) с радиусом r , толщиной dr и площадью dS = 2πrdr . Масса та-

кого кольца dm = mdSπR2 . На каждый участок кольца действует сила

трения скольжения, создающая момент, направленный вдоль оси кольца (рис.2.26). Таким моментом, тормозящим вращение кольца, будет

Динамика вращательного движения

dMтр = r dFтр = r µdm g = 2mgµr2drR2 .

Проинтегрировав по всей поверхности диска, найдем тормозящий момент

2mgµ R

сил целиком:

M тр

∫r

dr =

mgµR .

Разделяя переменные в уравнении вращательного

движения I dω dt =

= −Mтр , где момент инерции диска I = mR2

2 , интегрируем его:

3Rω

∫dt = −

∫

dω ,

откуда

τ =

4gµ

Задача 2.18

намотана невесо-

На вертикальный закрепленный цилиндр радиуса

мая нить. К ее свободному растянутому концу длины l

прикреплен гру-

зик, который в начальный момент толкнули со скоростью v0 перпендику-

лярно нити, и он стал скользить по гладкой горизонтальной плоскости (рис.2.27). Спустя какое время t грузик коснется цилиндра?

	Решение
	Пусть в некоторый момент времени длина сво-
	бодного конца нити равна x . Скорость грузика
	vG остается перпендикулярной нити (иначе гру-
	зик смещался бы вдоль нити, ослабляя или раз-
рис. 2.27	рывая ее). Поэтому сила натяжения нити TG пер-
рис. 2.27	пендикулярна к траектории грузика, работу не

производит, а величина скорости грузика сохраняется: v = v0 = const .

Под действием момента силы натяжения относительно оси цилиндра MT = RT уменьшается момент импульса грузика L = mvx :

dL	= −MT	или	mv	dx	= −RT .
dt				dt

Подставив в это соотношение величину силы натяжения из уравнения движения T = man = mv2 x , получим уравнение dx dt = −Rv x . Разделяем в нем переменные и интегрируем обе части с учетом начальных усло-

	0	t
вий задачи:	∫xdx = −R v0 ∫dt ,
	l	0
откуда время движения грузика		t = l2 2Rv .
		0

40	Глава 2. Динамика.

Задача 2.19

Середина O тонкого однородного стержня массы m и длины l жестко скреплена с осью вращения AA' так, что угол между стержнем и осью равен θ (рис.2.28). Cтержень вращается с постоянной угловой скоростью ωG . Найти момент центробежных сил, действующий на стержень, а также модуль приращения вектора момента импульса стержня относительно точ-

ки O	за пол-оборота.
рис. 2.28	Решение
	Решение

Перейдем в неинерциальную систему отсчета, в которой стержень покоится в плоскости xy (ось y направлена вдоль оси вращения AA' , ось z

перпендикулярна стержню, как показано на рис.2.28). В этой системе на элемент стержня длины dr с массой dm = mdrl действует центробежная

сила dFцб = dmω2 x . Плечо этой силы относительно точки O равно y .

А так как

x = r sin θ, y = r cos θ, то она создает момент силы

dMцб =

= ydF

mω2 sin (2θ)r2dr

. Полный момент центробежных сил

цб

ml2ω2 sin (

2θ).

Mцб =

∫

dMцб =

r=−l 2

Этот момент направлен против оси z

перпендикулярно стержню, стре-

мится развернуть его вдоль оси x . Вместе со стержнем вектор MG

цб будет

вращаться вокруг оси AA' .

Элемент стержня

и обладает моментом

dm имеет скорость v =

[ω, r ]

импульса

точки

O ,

т.е.

dL = mωr

dr l .

=[r , dmv] относительно

Величина момента импульса всего стержня

r=l

ml2ω .

L =

∫

dL =

r=−l 2

Вектор

LG лежит в плоскости

xy , перпендикулярен стержню и также

вращается вместе с ним вокруг оси AA' (рис.2.28). За пол-оборота произойдет поворот на 180° , поэтому величина приращения вектора момента

импульса составит	G	= 2L cos θ =	1	ml2	ωcos θ .

	∆L		6

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 194 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Колмаков Ю.Н. Лекции по физике ТулГУ. Механика

#
02.05.20143.9 Mб86mech-lec-TulGU.pdf
#
02.05.20143.32 Mб540mech-zad-TulGU.pdf