7. ДИНАМИКА ТВЕРДОГО ТЕЛА

1.В механике абсолютно твёрдым телом (далее – просто твердым телом) называют систему материальных точек, расстояния между которыми всё время остаются неизменными.

2.Поступательным движением твёрдого тела называют такое его движение, при котором любая прямая, жестко связанная с телом, остаётся параллельной себе самой. Прямая, жестко связанная

стелом, – это такая прямая, расстояние от любой точки которой до любой точки тела неизменно в процессе движения.

3. Вращательным движением твёрдого

Zтела вокруг неподвижной оси называют такое

ωего движение, при котором все его точки, двигаясь в параллельных плоскостях, описывают окружности, центры которых лежат на этой оси. Положение тела задаётся углом его пово-

ωz = dϕ/dt.

Угол поворота считается положительным, если для наблюдателя, расположенного так, что ось вращения направлена к нему, поворот происходит против часовой стрелки. Соответственно, и проекция ωz положительна, если для такого наблюдателя вращение тела происходит против часовой стрелки.

5. Вектор vi скорости произвольной точки твёрдого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси, равен векторному произведению векторов угловой скорости и радиус-вектора этой точки:

vi = [ω,ri].

90

Начало координат при этом выбрано на оси вращения твёрдого тела (см. рис. 7.1).

6.Произвольное движение твердого тела в каждый момент времени можно рассматривать как совокупность поступательного и вращательного движений (теорема Эйлера). Точку (полюс) внутри твёрдого тела, через которую проходит ось вращения, можно выбирать произвольно. При этом величина и направление вектора угловой скорости не зависят от выбора полюса, скорость же поступательного движения тела совпадает со скоростью этого полюса. Физически наиболее обусловлено и практически чаще всего наиболее удобно ось вращения выбирать так, чтобы она проходила через центр инерции тела. Тогда движение твердого тела складывается из поступательного движения со скоростью инерции масс этого тела и вращения тела относительно оси, проходящей через центр инерции.

7.Кинетическая энергия Т твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси равна

T = Iω2 2 ,

где ω – величина угловой скорости вращения, а I – момент инерции твёрдого тела относительно оси вращения, определяемый равенством:

I = ∑ mi Ri2 .

i

Здесь mi – массы "точек" твёрдого тела, a Ri – их расстояния от оси вращения ОО'. Момент инерции в задачах, связанных с вращением твёрдого тела играет роль подобную той, что играет масса тела при его поступательном движении.

Под "точкой" твердого тела подразумевается физически бесконечно малый элемент объема тела с массой mi. Суммирование производится по всем таким объёмам, на которые разбито тело.

8. Если известен IС – момент инерции твёрдого тела относительно некоторой оси OO, проходящей через его центр инерции, то I – момент инерции твердого тела относительно произвольной, но параллельной ей оси O'O' находится с помощью теоремы Штейнера:

I=IС + md 2,

91

где М – масса твёрдого тела, аци – ускорение его центра инерции, Fвнеш – сумма внешних сил, приложенных к твёрдому телу, L – момент импульса твёрдого тела, Мвнеш – сумма моментов внешних сил, приложенных к нему. Заметим, что L и Мвнеш могут вычисляться как относительно центра инерции, так и относительно любой другой точки (разумеется, при этом точка, относительно кото-

рой вычисляются L и Мвнеш, должна быть одной и той же как для L, так и для Мвнеш).

10. Поскольку разложение движения твердого тела на поступательное и вращательное можно производить различными способами, то в некоторых задачах бывает удобно выбирать ось вращения таким образом, чтобы движение твердого тела представлялось как чистое вращение. Положение этой оси будет, вообще говоря, изменяться с течением времени, поэтому ее называют мгновенной осью вращения.

Oной оси не совпадает, вообще говоря, с направлением этой оси (рис. 7.3). Однако в каждом твердом теле существуют три взаимно перпенди-

92

ции, при вращении вокруг которых векторы L и ω совпадают по направлению. Такие оси носят название главных осей инерции. Если тело имеет ось симметрии, то она будет одной из главных осей инерции.

Задача 7.1. Докажите, что при поступательном движении твёрдого тела все его точки движутся с одинаковыми скоростями.

его длина, ни направление не изменяются. Действительно, расстояния между точками твёрдого тела неизменны, поэтому длина вектора R также неизменна. Кроме того, тело движется поступательно, поэтому направление вектора R также не изменяется, значит, и производная вектора R равна нулю, тем самым:

i i

rB = r A ,

т.е. скорости выбранных нами точек одинаковы. Но в силу произвольности выбора этих точек все точки тела имеют такие же скорости.

Задача 7.2. Докажите, что кинетическую энергию твёрдого тела в самом общем случае можно представить в виде:

где Vци – скорость центра инерции твердого тела, IС – момент инерции твёрдого тела относительно оси вращения, проходящей через центр инерции твердого тела, ω – угловая скорость вращения твёрдого тела.

Решение. Согласно теореме Кёнига кинетическую энергию твёрдого тела можно представить как

93

Здесь M – масса тела, Vци – скорость его центра инерции, Т0 – кинетическая энергия тела в системе отсчета, движущейся со скоростью центра инерции. Но в этой системе отсчёта центр инерции неподвижен. Следовательно, движение твёрдого тела в этой системе отсчёта есть вращение вокруг оси, проходящей через центр инерции тела, и кинетическая энергия такого движения равна

= I ω2

T0 C2 ,

где IС – момент инерции тела относительно оси вращения, проходящей через центр инерции тела, а ω – угловая скорость вращения твёрдого тела.

Задача 7.3. Докажите, что кинетическая энергия твёрдого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси, связана с вектором момента импульса L этого тела и вектором угловой скорости ω его вращения по формуле

Эта формула показывает, что направления векторов L и ω, вообще говоря, не совпадают, поскольку в самом общем случае сум-

94

ма ∑ miri (ω,ri ) представляет собой вектор, направление которого

i

не обязано совпадать с направлением вектора угловой скорости. Умножим теперь обе части полученного выражения скалярно

на вектор ω:

(ω,L) = ∑ mi ((ω,ω)ri2−ri (ω,ri )) =∑ mi{ω2ri2 −(ω,ri )2} =

ченный результат можно записать несколько иначе, имея в виду,

что Tвращ = Iz2ω2 :

Iz2ω2 = 12 Lz ω.

Здесь Lz – проекция момента импульса тела на направление оси вращения OZ. Сократив обе части полученного равенства на ω/2, получим

Lz = Izω.

Как видим, момент импульса тела относительно оси вращения равен произведению момента инерции тела относительно этой оси на угловую скорость вращения вокруг этой оси.

Задача 7.4. Докажите, что кинетическая энергия твёрдого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси, связана с проекциями

95

вектора угловой скорости ω на главные оси твёрдого тела и с моментами инерции относительно главных осей по формуле

T = 12 (Ixω2x + Iyω2y + Izω2z ).

Решение. Согласно результату предыдущей задачи, кинетическая энергия вращающегося твёрдого тела связана с его моментом импульса:

T = 12 (L,ω).

Если выбрать какие-либо оси координат, связанные с этим телом, то тогда:

T = 12 (Lxωx + Ly ωy + Lz ωz ).

Вообще говоря, каждая проекция момента импульса зависит от всех трёх проекций угловой скорости на оси координат. Однако если в качестве системы координат выбрать систему, оси которой являются главными осями тела, то, согласно свойствам этих осей:

Lx = Ixωx , Ly = Iyωy , Lz = Izωz .

Тем самым:

T = 12 (Ix ω2x + I y ω2y + Iz ω2z ).

Задача 7.5. Как зависит скорость изменения кинетической энергии твёрдого тела, т.е. производная dT/dt, от сил, приложенных к этому телу?

Решение. Согласно теореме Кёнига и результату предыдущей задачи, кинетическая энергия твёрдого тела может быть записана в виде:

Здесь Ix, Iy, Iz – моменты инерции твёрдого тела относительно главных осей, а ωx, ωy, ωz – проекции вектора угловой скорости на эти оси.

Продифференцировав это равенство по времени, получим:

96

Здесь Fвнеш и Мвнеш – соответственно векторная сумма внешних сил и векторная сумма моментов внешних сил, приложенных к телу.

Как видим, изменение кинетической энергии твёрдого тела определяется как внешними силами, так и моментами этих сил. Причём, что интересно, ответ не зависит от того, в каких именно точках тела приложены действующие на тело силы. Всё определяется векторной суммой внешних сил, скоростью движения центра инерции тела и, соответственно, векторной суммой моментов внешних сил, приложенных к телу и угловой скоростью вращения тела:

dTdt = (Fвнеш, Vци )+(Mвнеш,ω).

Поскольку производная dT/dt равна мощности сил, действующих на тело, то полученный результат представляет мощность P внешних сил, приложенных к твёрдому телу:

Pвнеш = (Fвнеш, Vци )+(Mвнеш,ω).

97

Решение. Запишем выражения для моментов инерции:

Ix = ΣΔmiyi2, Iy = ΣΔmixi2, Iz = ΣΔmiRi2.

Поскольку Ri2 = xi2 + yi2 , то:

Iz = ∑ mi Ri2 =∑ mi (xi2 + yi2 ) =I y + Ix .

i i

Задача 7.7. Пользуясь результатами предыдущей задачи найти момент инерции диска относительно его диаметра и момент инерции квадратной пластинки относительно её диагонали.

Решение.

1. Момент инерции диска относительно оси, проходящей через его центр перпендикулярно плоскости диска, равен, как известно,

Поскольку диагонали квадрата также перпендикулярны друг другу, то

IZ = 2IX' = 16 ml2 .

Тем самым, момент инерции квадрата относительно его диагонали совпадает с моментом инерции относительно оси, проходя-

щей через середины его противоположных сторон: IX' = 121 ml2 .

98

Задача 7.8. Стержень массы m движется так, что его концы скользят по двум сторонам прямого угла. Найти кинетическую энергию стержня в тот момент, когда он образует угол α с одной из сторон угла, а его конец, движущийся по этой стороне, имеет скорость V.

Решение. Проще всего решить задачу, если воспользоваться понятием мгновенной оси вращения. В данном случае эту ось легко отыскать. Поскольку направления скоростей концов стержня известны, то, проводя через эти концы перпендикуляры к векторам скоростей, найдём точку их пересечения О' (рис. 7.8). Через эту точку и проходит мгновенная ось вращения, поскольку при вращении твёрдого тела вектор скорости любой его точки направлен перпендикулярно радиусу окружности, по которой эта точка движется. Угловая скорость ω вращения стержня связана со скоростью

Задача 7.9. На однородный сплошной цилиндр радиуса R и массы М намотана невесомая нерастяжимая нить, к концу которой подвешен груз массы m. В момент t = 0 система пришла в движение. Определить ускорение, с которым опускается груз и силу натяжения нити. Трением в оси вращения цилиндра пренебречь.

99

Решение. Изобразим силы, действующие на тела системы (рис.

его оси, T R – момент силы Т относительно оси цилиндра. Система уравнений содержит три неизвестных величины: a, ω и Т, поэтому необходимо еще одно уравнение. В качестве него можно использовать уравнение, связывающее скорость груза и линейную скорость точек поверхности цилиндра. Эти скорости равны, так как нить нерастяжима и не скользит по поверхности цилиндра. Итак,

ωR = υ.

Дифференцируя это равенство по времени, получим:

R ddtω = ddtυ = a .

Заменив во втором уравнении системы dω/dt на a/R и учтя, что момент инерции однородного цилиндра относительно его оси равен MR2/2, получим

Задача 7.10. На наклонной плоскости, образующей угол α с горизонтом находится шар радиуса R. Центр шара находится на вы-

100

соте h. С какой скоростью будет двигаться шар (его центр масс) после того, как он скатится с плоскости, если движение происходит без проскальзывания? Горка плавно переходит в горизонтальную плоскость, так что при скатывании шара удара о горизонтальную плоскость не происходит.

Решение. Применим закон сохранения энергии. В начальный момент шар покоился, и его энергия определялась лишь его потенциальной энергией U = mgh. После того, как шар скатился, его энергия определяется не только потенциальной энергией mgR, но и кинетической энергией. Последняя, в свою очередь, складывается

согласно теореме Кенига из величины mVци2 /2 и Iω2/2, где Vци – ско-

рость центра инерции шара, ω – угловая скорость вращения шара, I

– момент инерции шара относительно его диаметра. В силу закона сохранения энергии получаем:

Для нахождения ω рассмотрим точку А, в которой шар соприкасается с плоскостью. Так как проскальзывания нет, то скорость этой точки равна нулю. С другой стороны, проекцию скорости этой точки на плоскость можно представить как сумму скорости центра инерции шара Vци и скорости ωR, которой обладает точка в своем вращении вместе с шаром. Эта скорость направлена навстречу движению центра инерции шара.

Таким образом, 0 = Vци – ωR, откуда ω = VRци .

101

Из (1) находим Vци:

Учитывая, что момент инерции шара I = 2mR2/5, получаем окончательно:

Как и следовало ожидать, скорость скатившегося шара оказалась меньше, чем скорость тела, свободно упавшего с такой же высоты, так как часть потенциальной энергии ушла на раскручивание шара.

Всё довольно просто, но остаётся вопрос: а на каком основании мы пользовались законом сохранения энергии, коль скоро здесь присутствует сила трения? Действительно, наличие силы трения обычно приводит к потере энергии, здесь же мы этим полностью пренебрегли. На каком основании? Ответ, который обычно можно услышать, состоит в том, что поскольку нет скольжения, то сила трения покоя работы не совершает. Не знаю, как вас, а меня это объяснение ни в чём не убеждает. Поэтому давайте разбираться основательнее.

Согласно результату задачи 7.5 мощность внешних сил, приложенных к телу:

Ti = dAdt FвнешVци + Мвнешω,

откуда элементарная работа этих сил

i

dA = T dt = FвнешVциdt + Мвнешωdt.

Итак, работа, которую совершают над телом внешние силы, со-

стоит из двух частей, первая из которых FвнешVциdt есть работа, которую совершают внешние силы на перемещении центра инерции тела

dsци = Vциdt при поступательном движении тела, а вторая Mвнешωdt – работа моментов внешних сил при повороте тела на угол dϕ = ωdt. Как видим, работа, совершаемая над твёрдым телом, определяется

102

перемещением тела как в его поступательном, так и вращательном движении.

На тело в данной задаче действуют три силы: тяжести, трения и нормальная компонента реакции опоры. Нормальная компонента силы реакции опоры направлена перпендикулярно перемещению центра масс шара, и, кроме того, её момент относительно центра масс шара равен нулю. Поэтому её работа равна нулю.

Работа силы тяжести равна убыли потенциальной энергии тела: dAтяж = – dU.

Работа силы трения dAтр =(–FтрdVци + Fтр Rω)dt.

Как было установлено, Rω = Vци, поэтому работа силы трения:

dAтр =(–FтрVци + Fтр Vци)dt = 0.

Итак, работа силы трения действительно равна нулю. Но это, можно сказать, не совсем простой нуль. Работа силы трения состоит из двух равных по величине и противоположных по знаку частей. Первая, отрицательная часть работы, приводит к уменьшению скорости (точнее говоря, кинетической энергии) поступательного движения. Вторая, положительная часть, увеличивает кинетическую энергию вращательного движения. Но, в конце концов, работа силы трения оказывается нулевой, поэтому энергия тела сохраняется. Так что решение верное.

В заключение докажем, что потенциальная энергия тела в однородном поле тяжести равна

U = mghци,

где hци – высота, на которой находится центр инерции тела, то есть

– подчеркнем это – определяется только положением центра инерции тела и никак не зависит от его ориентации. При повороте тела в однородном поле тяжести вокруг его центра инерции потенциальная энергия тела в этом поле не меняется.

Для доказательства учтём, что твёрдое тело можно представлять как систему материальных "точек", поэтому его потенциальная энергия равна сумме потенциальных энергий этих "точек":

i

Здесь m – масса тела.

103

Задача 7.11. На гладкой горизонтальной плоскости находится стержень длины l и массы m. Первоначально он стоял вертикально, а затем начал падать. Считая, что стержень начал падать из состояния покоя, определить траекторию, по которой будет двигаться центр инерции стержня, а также скорость его центра инерции в момент удара стержня о плоскость.

Решение. На стержень действуют две силы: сила тяжести mg и сила реакции плоскости N (рис. 7.11). Уравнение движения центра инерции стержня имеет вид

таци = mg + N.

Так как силы mg и N направлены вертикально, то и вектор аци также направлен вертикально вниз. Поскольку начальная скорость стержня равна нулю, то скорость центра инерции также имеет вертикальное направление. Отсюда следует, что центр инерции стержня движется вертикально вниз. Для нахождения скорости центра инерции в момент удара воспользуемся законом сохранения энергии. В начальный момент стержень покоился, поэтому его энергия была равна потенциальной энергии:

Е1 = mghци,

где hци = l/2 – высота, на которой первоначально находился центр инерции стержня. В момент удара о плоскость потенциальная энергия равна нулю и энергия стержня равна его кинетической энергии:

E2 = Iω2/2,

где I – момент инерции стержня относительно мгновенной оси вращения.

В случае падающего стержня мы знаем направления движения центра инерции и конца стержня, скользящего по плоскости. Центр инерции, как мы установили, движется вертикально вниз, а конец стержня (точка

А на рис. 7.11) – вдоль плоскости, т.е. его

Оскорость VA направлена горизонтально.

104

ось вращения будет проходить через нижний конец стержня (точку А). Поэтому момент инерции стержня в этот момент времени согласно теореме Штейнера равен

Задача 7.12. Стержень массы m и длины l лежит своими концами на двух опорах (рис. 7.12). В некоторый момент одну из опор выбивают. Найти в этот момент силу реакции второй опоры.

Решение. Сразу после удаления опоры на стержень действуют две силы: тяжести – mg и реакции второй опоры – N. Под действием этих сил стержень начинает вращаться вокруг точки касания с

Первое из уравнений представляет собой уравнение второго закона Ньютона для центра инерции стержня в проекции на вертикальное направление (направление силы тяжести). Второе – уравнение моментов относительно оси вращения стержня, которая проходит перпендикулярно плоскости чертежа через точку соприкосновения стержня с опорой. Сила реакции N направлена вертикаль-

105

но, поскольку в начальный момент стержень ещё не изменил своего горизонтального положения.

Во втором уравнении ml2/3 – момент инерции стержня относительно оси вращения, mg(l/2) – момент силы тяжести относительно оси вращения, V – скорость центра инерции стержня. Кроме того

следует учесть, что V = ω2l , так как движением стержня является

вращение вокруг точки касания с опорой. Дифференцируя это равенство по времени, получим

dVdt = 2l ddtω .

Таким образом, составляем следующую систему уравнений:

ml dω = mg − N, 2 dt

Откуда находим N = mg4 .

Ответ довольно неожиданный. На первый взгляд, кажется, что N должна быть не меньше, чем mg/2, так как до удаления опоры на каждую из них приходилось по mg/2, а после удаления стержень давит лишь на одну опору. Попытайтесь самостоятельно объяснить этот "парадокс".

Задача 7.13. Шар массы m и радиуса R раскрутили вокруг его горизонтальной оси до угловой скорости ω0 и опустили на горизонтальную плоскость. С какой скоростью покатится шар, после того, как проскальзывание прекратится?

Решение. Задача допускает различные способы решения. Рассмотрим два из них.

Способ 1. В процессе движения на шар действуют три силы (рис. 7.13): тяжести тg, нормальная компонента силы реакции плоскости N и сила трения Fтр. Нетрудно понять, что пока шар катится с проскальзыванием, сила трения направлена вперед (поясните это утверждение самостоятельно).

106

Составим систему уравнений, описывающих движение шара:

Первые два уравнения – проекции уравнения движения центра инерции шара на горизонтальное и вертикальное направления, третье – уравнение моментов, причём моменты вычисляются относительно оси вращения шара. Знак минус в правой части этого уравнения отражает то обстоятельство, что сила трения замедляет вращение шара. Но так как сила трения одновременно и ускоряет центр инерции шара, то в первом уравнении она стоит со знаком плюс. Последнее уравнение справедливо лишь до тех пор, пока шар движется с проскальзыванием, т.е. пока Fтр – сила трения

Откуда после интегрирования по времени при заданных начальных условиях получаем

V = kgt, ω= ω0 − kmgRI t.

Зная V и ω, найдем V ' – скорость точки соприкосновения шара с плоскостью:

V' =V −ωR = 1+ mR2 kgt −ω0 R.

I

107

Как видим, V ' < 0 при достаточно малых t, что соответствует движению шара с проскальзыванием. Проскальзывание прекращается в тот момент, когда V ' = 0, откуда и находим соответствующее значение t:

а затем скорость центра инерции шара и его угловую скорость в этот момент:

Интересно, что конечные скорости совершенно не зависят от величины коэффициента трения.

Способ 2. Этот метод основан на применении теоремы Кенига для момента импульса системы точек:

L = [Rци,P] + L0,

где L0 – момент импульса системы точек относительно ее центра масс, Rци – радиус-вектор центра инерции системы, Р – импульс системы. В нашем случае система точек – это шар, который вращается (в системе отсчета, в которой центр шара покоится) вокруг своего диаметра, т.е. вокруг главной оси инерции, поэтому L0 = Iω, где I – момент инерции шара относительно его диаметра.

Рассмотрим момент импульса шара относительно точки касания шара с плоскостью в начальный момент времени (рис. 7.14). Нетрудно видеть, что сумма моментов сил, действующих на шар, относительно этой точки равна нулю. Действительно, сила тяжести

108

и сила реакции опоры направлены вдоль одной прямой и их сумма равна нулю, поэтому и сумма моментов этих сил равна нулю.

Сила трения коллинеарна радиус-вектору r её точки приложения, поэтому её момент также равен нулю. Таким образом, в силу уравнения моментов, момент импульса шара относительно точки О остаётся постоянным. Но в начальный момент времени импульс шара равен нулю, поэтому величина момента была равна L = Iω0. В последующие моменты времени его величина находится с помощью теоремы Кёнига для момента импульса системы точек:

L = [Rци,P] + L0,

L = RциmVsinα + Iω = RmV + Iω.

Итак,

Iω0= RmV + Iω.

После того, как скольжение прекратится, скорость точки касания шара с плоскостью станет равной нулю:

V – ωR = 0,

Задача 7.14. По бильярдному шару кием нанесли удар в горизонтальном направлении так, что вертикальная плоскость, в которой расположена линия удара, проходила через центр шара. На какой высоте h над центром шара нанесён удар, если после удара шар покатился без проскальзывания?

Решение. Движение шара в процессе удара определяется уравнениями:

109

процессе удара со стороны кия (рис. 7.15). Сила F велика по сравнению с силой трения между шаром и столом, поэтому силу трения можно не учитывать.

Пусть удар длился время τ. Проинтегрируем эти уравнения по времени от нуля до τ:

mV = ∫0τ Fdt,

Iω= h∫0τ Fdt.

Здесь V – скорость центра шара после удара, ω – его угловая скорость после удара. Из этих уравнений получаем соотношение между V и ω:

ω= hmVI .

Скорость точки касания шара со столом равна:

V' =V −ωR =V 1 − hmR .

I

Если шар после удара не скользит по столу, то V ' = 0, откуда находим h:

h = mRI = 52 R.

Задача 7.15. Как известно, автомобиль приводится в движение мотором. Но мотор – часть автомобиля, следовательно, какие бы силы или моменты сил, ни создавал мотор, это будут внутренние силы. Поэтому они не могут вызвать движения автомобиля. Для приведения автомобиля в движение нужна внешняя сила.

1. Что это за сила, если автомобиль движется сам, его никто не буксирует и не толкает? Назовём эту внешнюю силу силой тяги.

110

Чему равна сила тяги, если радиус колёс автомобиля R, а момент сил, развиваемый мотором автомобиля, равен М? Массу колёс примем равной нулю.

2.Полагая, что сила тяги приложена к ведущим колёсам, а сила трения, действующая на ведомые колёса, пренебрежимо мала, найдите силы давления передних и задних колёс на землю. Примем, что расстояние между осями колёс L, высота центра масс относительно земли h, центр масс расположен посередине между осями, масса автомобиля m, сила тяги равна F.

3.На какие колёса приседает автомобиль при разгоне? Зависит ли ответ задачи от того, какие колёса ведущие – передние или задние?

4.Рассмотрим движение игрушечного автомобильчика с пружинным мотором. Пусть пружина в заведённом состоянии обладает потенциальной энергией U. Какую кинетическую энергию приобретёт автомобильчик после того, как пружина полностью раскрутится? Как зависит изменение кинетической энергии автомобильчика от выбора системы отсчёта, в которой рассматривается движение автомобиля? Потерями на трение в механизме пренебречь.

Решение.

1.Ответ очевиден. В отсутствие силы трения между колёсами

идорогой автомобиль самостоятельно двигаться не сможет. Следовательно, двигаться автомобиль заставляет сила трения между ведущими колёсами и дорогой. В условиях безопасного вождения автомобиля колёса не должны скользить по дороге, так что это сила трения покоя. Обстоятельство это важное, так как величина этой силы может быть любой: от нуля до максимального значения, определяемого весом автомобиля и коэффициентом трения колёс о дорогу. Так как колесо по условию задачи невесомо, то сумма моментов, действующих на колесо, равна нулю. Иначе ускорение колеса было бы бесконечно большим.

На ведущие колеса действуют момент сил М со стороны мотора (точнее, трансмиссии, но это не принципиально), и момент силы трения, или в нашей терминологии, силы тяги F (рис. 7.16). Эти

111

коя, может изменяться в зависимости от величины вращающего момента.

Подумайте, что изменится, если сделать момент сил М настолько большим, что колёса начнут скользить?

2. Сумма проекций на вертикальное направление сил (рис. 7.17), действующих на автомобиль, равна нулю:

N1+ N2 – mg = 0.

Кроме того, относительно центра масс автомобиля сумма моментов сил, приложенных к автомобилю, также равна нулю:

F h+ (N1– N2) L/2 = 0.

Решая эту систему уравнений, найдём искомые силы:

mg

Рис. 7.17

3. Как видим, давление на задние колёса всегда выше, чем на передние. Т.е. автомобиль при разгоне всегда приседает на задние колёса. Исходные уравнения, а значит, и ответ, не зависят от того,

112

куда приложена сила тяги F, к передним или задним колёсам. При торможении сила тяги меняет направление (становится силой торможения), т.е. знак F изменяется на противоположный. Следовательно, N1 уменьшается, а N2 возрастает. Это означает, что при торможении автомобиль сильнее давит на передние колёса, т.е. его нос опускается.

4. Изменение кинетической энергии автомобильчика равно работе внешних сил (см. задачу 7.6):

dA = FвнешVциdt + МвнешΩdt.

Поскольку колёса невесомы, а автомобиль движется поступательно (Ω = 0), то второе слагаемое равно нулю. Но, как мы видели выше, F = M/R, откуда

dA = MR Vциdt = M VRци dt = M ωdt = Mdϕ,

где М – момент сил, развиваемый пружиной, ω – угловая скорость вращения колёс, dϕ – угол поворота колёс за время dt. Мы предполагаем, что колёса не скользят, поэтому ω = Vци/R. С другой стороны, записанная таким образом работа силы тяги равна работе пружины. Но эта работа равна убыли потенциальной энергии пружины:

dA = – dU.

Таким образом, получаем:

mV2 2 = A =U1 −U2 =U −0 =U.

Как видим, кинетическая энергия равна первоначальной потенциальной энергии пружины.

Если рассмотреть этот же процесс с точки зрения движущегося наблюдателя (ср. с задачей 6.5), то надо учесть правило сложения скоростей, что даёт в этом случае

Vци = ωR +Vнабл.

Здесь Vци – скорость автомобильчика относительно наблюдателя, ωR – скорость автомобильчика относительно земли, Vнабл – скорость движения наблюдателя относительно земли. Поэтому

dA = FVциdt = F (ωR +Vнабл )dt = FRωdt + FVнаблdt =

= Mdϕ + FVнаблdt.

113

Вновь учтём, что Mdϕ = – dU, и тогда

dA = Mdϕ + FVнаблdt = −dU + FdSнабл.

Здесь dsнабл = Vнаблdt.

Окончательно находим: mV 2

2

Здесь sнабл – перемещение наблюдателя за время раскручивания пружины. Как видим, к работе пружины добавляется ещё величина

Fsнабл.

Задача 7.16. (Задача предложена В.И. Гервидсом). Брусок, находящийся на горизонтальной шероховатой плоскости, толкнули, сообщив ему поступательное движение с некоторой скоростью. Пусть масса бруска т, высота бруска h, коэффициент трения k. Изза трения скорость бруска будет убывать до нуля. Тем самым, обратятся в нуль импульс, кинетическая энергия бруска и его момент импульса. Уменьшение импульса и кинетической энергии бруска вызваны, очевидно, силой трения. А чем вызвано уменьшение момента импульса бруска? Действительно, выберем в качестве полюса, относительно которого вычисляются все моменты, точку О на плоскости, являющуюся проекцией на эту плоскость центра инерции бруска в начальный момент времени (рис. 7.18). Тогда момент

Решение. В задаче 7.15 показано, что при торможении автомобиль приседает на передние колёса, т.е. на передние колёса давление больше, чем на задние. В данной задаче та же самая ситуация, т.е. давление на плоскость со стороны передней части бруска больше, чем со стороны задней. Это означает, что нормальная компонента силы реакции опоры смещена вперёд. Обозначим это сме-

114

щение через х. Эту величину легко найти. Действительно, брусок не вращается, поэтому сумма моментов сил, приложенных к бруску, относительно его центра инерции равна нулю:

Nx – Fтрh/2 = 0. (1)

Поскольку сила трения является силой трения скольжения, и равна, поэтому kN, то согласно (1)

x = kh2 .

Тем самым, сила тяжести и нормальная компонента силы реакции плоскости образуют пару сил с моментом mgx = kmgh/2. Этотто момент и вызывает уменьшение момента импульса L бруска, который в силу того, что брусок движется поступательно, равен L = = mVh/2. Действительно, производная момента импульса по времени равна

С другой стороны, эта производная равна моменту сил, приложенных к бруску:

Поскольку при движении бруска справедлив второй закон Ньютона:

m dVdt = −kmg,

то видим, что правые части (2) и (3) совпадают. Догадка наша оказалась верной.

Итак, «виновата» во всём сила трения. Однако момент импульса уменьшает не она сама, а созданный ею момент пары силы тяжести и нормальной компоненты силы реакции поверхности.

Задача 7.17. Тонкий однородный стержень вращается вокруг неподвижной оси, проходящей через центр стержня, и образующей с ним угол α. Найти вектор момента импульса стержня относительно его центра.

Решение. Выберем связанную со стержнем систему координат, в которой ось OX направлена вдоль стержня, а ось OY – располо-

115

Здесь Ix и Iy – моменты инерции относительно главных осей OX и OY, а ωx и ωy – компоненты вектора угловой скорости, параллельные OX и OY. Но момент инерции Ix = 0, поскольку он пропорционален квадрату толщины стержня, а она равна нулю. Тем самым, вектор момента импульса направлен перпендикулярно стержню вдоль оси OY:

L = Iyωy.

Модуль вектора момента импульса:

L = ml2 ωsin α. 12

Здесь l – длина стержня, т – его масса.

Этот же результат можно получить иначе, если мысленно разбить стержень на пары симметричных относительно центра стержня малых частей, и найти моменты импульса каждой такой пары. Проведите эти вычисления самостоятельно.

Задача 7.18. Реактивный истребитель, двигаясь со скоростью υ = 200 м/с, совершает разворот, радиусом R = 1 км. Турбина самолёта имеет момент инерции I = 100 кг м2 и вращается со скоростью n = 6000 об/мин. Найти величину гироскопических сил, действующих на подшипники, в которых вращается ось турбины, если расстояние между подшипниками l = 3 м. Останется ли лётчик цел и невредим при таком вираже?

Решение. Рассмотрим движение турбины вместе с самолётом за малый промежуток времени dt. За это время самолёт пройдёт расстояние V dt, следовательно, его радиус-вектор повернётся на угол

116

dϕ = V dt/R. На такой же угол вместе с самолётом повернётся и ось турбины, и её момент импульса. Тем самым, величина изменения момента импульса турбины (рис. 7.20):

момента импульса турбины. Поскольку, как и всякая ось симметрии, ось турбины является её

главной осью инерции, то величину момента импульса равна произведению её момента инерции I на угловую скорость вращения турбины ω = 2πn.

Откуда найдём величину момента гироскопических сил:

Разделив момент на расстояние между подшипниками, найдём величину гироскопических сил N:

N = M/l = 2,1 103 Н.

Силы реакции подшипников образуют пару сил. Они направлены перпендикулярно оси турбины и лежат в вертикальной плоскости, перпендикулярной вектору момента сил

(рис. 7.21).

Такое направление сил, действующих на турбину со стороны подшипников, означает, что передняя часть турбины при повороте стремится подняться вверх, а задняя – опуститься. Таким образом,

117

на самолёт со стороны турбины действует момент силы, стремящийся поднять вверх нос самолёта.

Для ответа на второй вопрос найдём ускорение самолёта. При равномерном движении по окружности ускорение самолёта равно

Величина силы реакции кресла, действующей на лётчика равна модулю суммы сил тяжести и центростремительной силы:

N = mg + man ,

N = m g2 + an2 = mg 1 + 42 ≈ 4mg.

Как видим, сила реакции приблизительно в 4 раза больше силы тяжести. Это заметная перегрузка, но далеко не смертельная. Опасными для человека считаются перегрузки, которые более чем в 10 раз превосходят силу тяжести.

Задача 7.19. Цилиндрическая мельница представляет собой массивный цилиндр (бегун), способный вращаться вокруг своей горизонтальной геометрической оси. Этот цилиндр приводится во вращение вокруг вертикальной оси и катится по горизонтальной опорной плите. Такое движение можно рассматривать как вынужденную прецессию гироскопа, каковым является бегун. При этом в результате гироскопических эффектов сила давления бегуна на опору возрастает. Эта сила измельчает и растирает материал, подсыпаемый под бегун. Вычислить силу давления бегуна на опору, если его радиус R = 0,5 м, а его рабочая скорость вращения вокруг вертикальной оси n = 1 об/с.

Решение. Рассмотрим точку А

Ωсоприкосновения бегуна с поверх-

118

скорость центра бегуна можно записать как Ω r, где r – расстояние от вертикальной оси вращения до центра бегуна. Откуда выразим ω

через Ω:

ω= Ω Rr .

Вращение бегуна вокруг горизонтальной оси приводит к появлению у бегуна момента импульса L1 = Iω. Вращение бегуна вокруг вертикальной оси сообщает ему момент импульса L2 = (I+mr2)Ω относительно шарнира О. Следовательно, момент импульса бегуна относительно шарнира О равен

L = I ω + I ' Ω.

Здесь I ' = I + mr2.

Заметим, что момент L1 имеет постоянную величину, но направление его непрерывно изменяется, поскольку ось бегуна поворачивается, а вместе с нею поворачивается и вектор ω. Вектор L2 сохраняет неизменное направление и величину. Таким образом, производная по времени от вектора момента импульса определяется изменением только момента L1. Поскольку этот вектор имеет неизменную длину, и вращается вокруг вертикальной оси со скоростью Ω, то его производная находится так же, как и производная радиус-вектора точки, вращающейся вокруг оси с известной угловой скоростью Ω:

ddtL = ddtL1 =[Ω,L1 ]= I [Ω,ω].

Нетрудно заметить, что векторное произведение угловых скоростей имеет горизонтальное направление, перпендикулярное оси шара, поскольку вектор Ω направлен вертикально, а вектор ω совпадает по направлению с направлением горизонтальной оси. С другой стороны, согласно уравнению моментов:

I [Ω,ω]=M ,

где М – вектор моментов сил, приложенных к шару. Поскольку момент импульса мы определяли относительно шарнира О, то и момент сил надо определять также относительно центра шара. Но в этом случае момент силы реакции Q со стороны шарнира (см. рис. 7.22) равен нулю, поскольку эта сила приложена к шарниру. Тем

119

самым момент сил создают сила тяжести и нормальная компонента силы реакции поверхности:

I [Ω,ω]=[r, mg + N] .

Спроецировав это уравнение на горизонтальное направление, перпендикулярное горизонтальной оси, получим:

Учитывая, что момент инерции бегуна относительно его диаметра равен mR2/2, найдём:

N= mg 1 + RΩ2 .

2g

Если бегун совершает 1 оборот в секунду вокруг вертикальной оси, то его угловая скорость вращения Ω = 2π, поэтому выражение в скобках будет

Таким образом, сила давления почти вдвое превосходит вес неподвижного бегуна. Если бегун будет совершать порядка трёх – четырёх оборотов в секунду, то сила давления вырастет на порядок по сравнению с весом неподвижного бегуна.

Мистики в этом никакой нет. Сила реакции возрастает при движении бегуна благодаря реакции шарнира (сила Q на рис. 7.22). Эта сила имеет вертикальную составляющую, направленную вниз, т.е. она прижимает бегун к поверхности, что и приводит к возрастанию давления шара на поверхность. Сравните этот результат с предыдущей задачей.

120

8. ДВИЖЕНИЕ ТЕЛ В НЕИНЕРЦИАЛЬНЫХ СИСТЕМАХ ОТСЧЕТА. СИЛЫ ИНЕРЦИИ

В ряде случаев решение задач динамики удобнее производить, рассматривая движение тел относительно неинерциальных систем отсчета, т.е. таких систем отсчета, которые движутся ускоренно относительно инерциальной системы отсчета.

Пусть К – исходная, неподвижная (наша лабораторная) инерциальная система отсчета. Рассмотрим также систему К', которая движется относительно К. Движение системы К ' можно представить как вращение с угловой скоростью ω вокруг оси, которая в свою очередь, движется относительно К. Начало отсчета в К ' вы-

янным, то имеет место соотношение между ускорением частицы а по отношению к системе отсчёта К и

её же ускорением а' по отношению к системе отсчёта К ': a = a0 +2[ω, V '] +[[r ',ω],ω] +a' .

Здесь а0 ускорение начала отсчета системы К ' (точки O ' на рис. 8.1) относительно К, а а и а' ускорение точки m относительно К и, соответственно, К '

Умножая обе части последнего соотношения на массу частицы m, и учитывая, что относительно К справедлив второй закон Ньютона

ma = F,

получим

ma' = F −ma0 + 2m[V ',ω] + m[ω,[r ',ω]].

121

Это уравнение есть основное уравнение динамики в неинерциальной системе отсчета. Как видим, а' вообще говоря, отлично от нуля даже в случае F = 0, т.е. когда тело не взаимодействует с другими телами. Мы видим, таким образом, что ускоренное движение системы отсчета эквивалентно появлению сил инерции.

Первая из сил инерции (–ma0) связана с ускоренным поступательным движением неинерциальной системы отсчета. Как видим, такое движение системы отсчета, в смысле своего влияния на уравнение движения тела эквивалентно появлению однородного силового поля, причем сила, действующая в этом поле, равна произведению массы тела на ускорение системы отсчета а0 и направлена в противоположную этому ускорению сторону.

Сила 2т[V',ω] называется силой Кориолиса. Ее особенность состоит в том, что она зависит от скорости частицы V' относительно К'. Сила Кориолиса перпендикулярна вектору скорости частицы V' относительно К' и, следовательно, не совершает над ней работы.

Последняя сила т[ω,[r',ω]] называется центробежной. Нетрудно заметить, что ее можно записать в виде