3. Кинетическая энергия при плоскомдвижении

Рассмотрим твердое тело как систему жестко связанных матери- альных точек. Скоростьiточки твердого тела равна (5.52)

� ^� �

r_i

где^�

v_i^v_С^[_Ц^,r_i^]_,

_Ц

и^� — радиус-векторi-ой точки и вектор угловойскорости,

рассчитанные относительно центра масс тела. Тогда кинетическая энергия всех точек тела

m v²

^{�2 m� �} �

_{Ti i}^mi^vi_i(v

[

,r])²

_{i2 i2 i2}

С Цi

_^mi(v^22^�[�

,^�]²r²)

v_C_Ц

_i2

^ri Цi

_{v2 }2

mv²

I²

^C_mv[_mr]^Ц_mr^{2 С Ц}_.

_2i i C Ц i ii

2 _i ⁱⁱ 2 2

Здесьm_mi

i

• массатвердоготела,I_C=mr^2—моментинер-

i i

i

ции твердого тела, относительно оси, проходящей через центр масс,

_m

�

_� i^ri _�

_mrmⁱ mr 0, так как радиус-вектор центра массв

m

ii СЦ

i

Ц-системе равен нулю (4.35). Таким образом, имеем

TT T

_mv²

• I_С_Ц

. (5.54)

С

2

пост вращ _{2 2}

Следовательно,кинетическая энергияплоского движениятвер-доготеларавнасуммекинетическойэнергиипоступательногодвиже- нияегоцентрамассвинерциальнойсистемеотсчетаикинетическойэнергиивращательного движения относительно оси, проходящей че- рез его центр масс,т.е. вЦ-системе.

Вопросы и задания для самопроверки

1. Дайте определение плоскогодвижения.

2. На какие два «простых» движения можно разбить плоское дви- жение?

3. Запишите выражение для кинетической энергии плоского дви- жения твердоготела.

Примеры решения задач

Задача 5.12

С наклонной плоско- сти,составляющейуголc горизонтом, без сколь-женияскатываетсяци-линдр массойmи радиу- сомR. Найти ускорениеаего центрамасс.

Дано:–угол накло- на;m— масса цилиндра;R— радиус цилиндра.

Найти:a— ускорение центра масс.

WR _W ^z

^vc^v_л

v_лv_cv_c^v_c

A ^vл

_x v_л^v_c

Отсутствиескольжения(нулеваяскоростьвточкекасанияА)обес- печивается действием сил на скатывающееся тело со сторонына-клонной плоскости. Эти силы сводятся к нормальнойсоставляющей

силы_�реакцииопоры

�

Nи касательной составляющей — силе тре-

ния

F_тр. При отсутствии скольжения сила трения есть сила трения

покоя. Движение любой точки тела при плоском движении состоит из поступательного движения вместе с центром масс тела и враща-

тельного вокруг центра масс. Следовательно, вектор скорости точки

v_C

Аравен сумме скорости поступательного движения центра масс^�

и линейной скорости вращательного движения точкиАотноситель-

но центра масс^�(vr). Для простоты мы не будем обозначать

^vл л

индексомЦпеременные, рассчитанные относительно центра масс системы.Таккак результирующая скорость в точкеАравна нулю, то скорость центра масс и линейная скорость вращения в этой точке цилиндра направлены в противоположные стороны и равны по мо- дулю. Следовательно,

Способ1

v_CR. (1)

Запишем выражение (5.54) для вращательного движения цилин-

дра с учетом равенств

_d_zd_иM

M, т. е.

^zdt dt ^z

I^dM, (2)

^Cdt

гдеI_C

иM–моментинерцииимодульмоментавнешнихсил,^d0,

dt

таккакугловаяскоростьрастетсовременем.Моментыси_�лтяже-

mg

сти ^�и нормальной составляющей силы реакции опорыNравны

нулю, линии действия этих сил пересекают ось вращения, проходя- щую через центр инерции цилиндра параллельно его образующей. Модуль момента силы трения равен

M_z=RF_тр. (3)

Подставляя (3) в (2), получим

I^dRF

. (4)

Следовательно,

C_dt тр

^dRFтр. (5)

dt I_C

Запишем выражение (5.53) для поступательного движения центра масс цилиндра и спроектируем его на осьX.

ma_C=mgsin–F_тр. (6)

По определению

a^dvC. (7)

^Cdt

Подставляя в (7) скорость центра масс из (1), получаем

a^dvCR^d. (8)

^Cdt dt

Учитывая (5), найдем связь между ускорением центра масс и си- лой трения,

aR^dR^2Fтр. (9)

^C dt I

C

Выразим силу тренияF_триз уравнения (6)

F_тр=mgsin–ma_C (10)

и подставим в (9)

_aR2mgsinma_{C. (11)}

^C I

C

Выражая из (11)a_C, получаем

C

_agsin_.

_1^IC

mR²

Учтем, что момент инерции цилиндра относительно оси, проходя- щей через центр масс и параллельной направляющей цилиндра

Тогда

I^1mR2. (12)

^C 2