154эл
.pdfr – ее радиус-вектор.
Модули момента силы и момента импульса соответственно равны:
M Fr sin ; |
L mvr sin , |
где – угол между направлением действия силы (импульса) и радиус–вектором r , проведенным от центра вращения к точке
приложения силы (импульса).
Основное уравнение динамики вращательного движения:
M d J , (24) dt
где J L – момент импульса тела;
M – момент силы, действующей на тело;
J- момент инерции тела.
Вслучае постоянного момента инерции твердого тела основное уравнение динамики вращательного движения имеет вид:
M J , (25)
где - угловое ускорение.
Момент инерции системы N материальных точек относительно оси вращения
N |
|
J mi Ri2 . (26) |
|
i 1 |
|
Момент инерции твердого тела относительно оси |
|
J R2dm |
R2dV , (27) |
m |
V |
где ,dV - плотность тела и элемент объема соответственно;
11
R – расстояние от элемента объема до оси.
Таблица 1
Моменты инерции некоторых тел
Форма тела |
|
Положение оси |
|
Момент инерции |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Однородный |
Ось |
проходит |
через |
центр |
J |
|
1 mR2 |
|
диск (цилиндр) |
диска |
|
(цилиндра) |
|
|
2 |
|
|
|
перпендикулярно к плоскости |
|
|
|
|
|||
|
основания |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Однородный |
Ось |
проходит |
через |
центр |
J |
|
2 mR2 |
|
шар |
шара |
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
||||
Однородный |
а) ось проходит через его |
J |
|
1 ml 2 |
||||
стержень |
центр |
масс перпендикулярно |
|
|
|
|
||
|
12 |
|
||||||
|
к его оси |
|
|
J |
1 ml2 |
|||
|
б) ось проходит через конец |
|||||||
|
|
|
3 |
|
||||
|
стержня перпендикулярно к |
|
|
|
|
|||
|
стержню |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Тонкое кольцо, |
Ось |
проходит |
через |
центр |
J mR2 |
|||
обруч |
кольца перпендикулярно его |
|
|
|
|
|||
|
плоскости |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Если для какого-либо тела известен его момент инерции J0 относительно оси, проходящей через центр инерции, то момент инерции относительно произвольной оси, параллельной первой, может быть найден по формуле (теорема Штейнера)
J J0 md 2 , (28)
где m – масса тела;
12
d – расстояние между осями.
Закон сохранения момента импульса: если результирующий момент внешних сил равен нулю ( M 0 ), то момент импульса этой системы есть величина постоянная, т.е.
ddLt 0 ,
Для тела, момент инерции которого может меняться
J1 1 J2 2 ,
где J1, J2 – начальное и конечное значение момента инерции;1 , 2 - начальная и конечная угловая скорость.
Работа момента силы, действующего на вращающееся тело
2
A Md , (29)
1
где d - угол поворота.
Кинетическая энергия вращающегося тела
Eк J 2 2 . (30)
1.4. Механические колебания
Дифференциальное уравнение движения тела, совершающего свободные колебания
x 2 x 02 x 0, (31)
где х – смещение тела от положения равновесия;
13
x v - первая производная смещения по времени – скорость колеблющейся точки;
x a - вторая производная смещения по времени – ускорение колеблющейся точки;
- коэффициент затухания;
0 - собственная циклическая частота колебаний.
Общим решением этого уравнения является уравнение вида x t A0e t cos t 0 , (32)
02 2 .
При 0 колебания называются затухающими.
Логарифмический декремент затухания
ln A t T , (33) A t T
где A t , A t T - амплитуды двух последовательных колебаний.
Если 0, то колебания называются незатухающими
гармоническими. Тогда дифференциальное уравнение незатухающих колебаний
x 02 x 0 (34)
его решение
x Acos 0t 0 или x Asin 0t 0 . (35)
Оба эти уравнения гармонического колебания эквивалентны и легко преобразуются одно в другое путем соответствующего выбора начальной фазы.
14
Если смещение определяем уравнением: x Acos 0t 0 ,
то скорость точки, совершающей гармонические колебания v dxdt x A 0 sin 0t 0 ,
ускорение a ddvt x A 02 cos 0t 0 .
Гармонические колебания происходят под действием силы
F kx ,
где k m 02 .
Период колебаний тела, подвешенного на пружине
T 2 |
m |
, (36) |
|
k |
|
где k – жесткость пружины; m – масса тела.
Период колебаний физического маятника
mgdJ , (37)
где J – момент инерции тела относительно оси колебаний; d – расстояние от оси колебания до его центра масс;
|
J |
lпр - приведенная длина физического маятника. |
||
|
md |
|||
|
|
|
|
|
|
Период колебаний математического маятника: |
|||
T 2 |
|
l |
, (38) |
|
|
|
|||
|
|
|
g |
15
где l – длина маятника.
Полная энергия тела, совершающего гармонические колебания, постоянна и равна
m 2 A2
E 0 . (39)
2
При сложении двух одинаково направленных гармонических колебаний одинакового периода получается гармоническое колебание того же периода, амплитуда которого А и начальная фаза 0
определяются уравнениями:
A |
A2 |
A2 2A A cos |
2 |
|
, (40) |
|
||||
|
1 |
2 |
1 |
2 |
|
1 |
|
|
||
tg 0 |
|
A1 sin 1 |
A2 sin 2 |
. (41) |
|
|
||||
A1 cos 1 |
A2 cos 2 |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
Траектория точки, участвующей в двух взаимно |
|||||||||
перпендикулярных колебаниях x A1 cos t и y A2 cos t |
||||||||||
а) |
если разность фаз складываемых колебаний 0 , |
- прямая |
||||||||
линия; |
|
|
|
|
|
|
|
|
б) если разность фаз 2 - уравнение эллипса.
Чтобы найти траекторию результирующего колебания надо исключить время.
16
1.5. Примеры решения задач
Пример 1. Скорость |
|
материальной |
точки |
изменяется |
по закону |
|||||||||
|
3 |
|
|
2 |
|
|
|
|
м |
|
3 |
|
м |
|
v 2t |
|
i |
sin |
|
t |
j |
, где |
1 |
|
, |
1 с , |
1 |
с . |
|
|
3 |
с4 |
Определить закон движения, если в начальный момент времени t=0
тело находилось |
в |
начале |
координат, |
т.е. |
r0 0,0,0 . Определить |
|||||||||
вектор ускорения. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
Решение. Закон движения r r t |
и вектор скорости v |
связаны |
|||||||||||
дифференциальным уравнением |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
dr |
dx |
dy |
|
dz |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
v dt dt i |
dt |
j |
dt k . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
В |
нашем |
случае |
из |
условия |
|
|
3 |
|
|
2 |
|
||
|
v 2t |
|
i sin |
3 |
t j |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
запишем компоненты скорости vx , v y , vz
vx 2t3 ; |
|
2 |
|
|
|
v y sin |
|
t |
; |
||
3 |
|||||
|
|
|
|
|
По определению: |
|
|
|
||||
vx |
dx ; |
v y dy |
; |
vz dz . |
|
|
||
|
dt |
|
dt |
|
dt |
|
|
|
dx |
2t3 |
; |
dy |
|
2 |
|
; |
|
dt |
dt |
|
sin |
3 |
t |
|||
|
|
|
|
|
|
vz 0 .
dzdt 0 .
Разделим переменные и проинтегрируем
dx 2t3 dt ; |
|
2 |
|
dy sin |
3 |
t dt . |
|
|
|
|
dx 2 t3dt dt ; |
|
2 |
|
dy sin |
3 |
t dt ; |
|
|
|
|
17
z c3 .
Получим:
|
t 4 |
|
t 4 |
|
|
|
x |
|
t c1 |
|
|
|
c1; |
2 |
|
2 |
t |
|||
|
|
|
|
|
|
3 |
|
2 |
|
|
|
y |
|
cos |
|
t |
c2 , |
|
2 |
3 |
|||||
|
|
|
|
где с1, с2 – постоянные интегрирования, которые определяются из начальных условий. Учитывая, что х=0, y=0 при t=0 получаем, с1=0,
c2 |
|
3 |
|
, с3=0. Тогда закон движения материальной точки: |
||||||||||
2 |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
t |
|
|
|
3 |
2 |
|
||||||
r |
t |
2 |
t i |
|
|
cos |
3 |
t |
1 j . |
|||||
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
Зная компоненты вектора скорости найдем компоненты вектора ускорения
ax |
dv |
x |
|
; |
ay |
|
dv y |
|
; az |
|
dv |
z |
; |
|
|
||||||
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
||||||||
ax 6 t3 ; |
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|||||||||||
ay |
|
|
|
cos |
|
|
|
t |
; az 0 |
; |
|||||||||||
3 |
|
3 |
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
6 t |
3 |
|
|
2 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
a |
|
|
i |
3 |
cos |
3 |
t j . |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример 2. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону10 20t 2t 2 . Найти величину и направление полного ускорения
точки, находящейся на расстоянии R = 0,1 м от оси вращения, для момента времени t = 4 с.
18
Решение. Точка вращающегося тела описывает окружность. Полное ускорение точки:
a an2 a2 ;
a R ; |
a |
n |
2 R , |
|
|
|
где a , an - тангенциальное и нормальное ускорение точки;
- угловое ускорение;- угловая скорость.
d 20 4t , dt
d 4 . dt
Согласно полученному выражению, угловое ускорение не зависит от времени, т.е. const .
Тогда
a 4 R2 2 R2 R 4 2 0,1 44 4 2 1,65 см2 .
Из рис. 1.2 найдем направление полного ускорения
cos |
|
|
an |
|
|
|
|
1,6 |
0,97 , |
т.е. 140 . |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|||||||||
|
|
a |
|
|
1,65 |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример 3. Гиря, положенная на верхний конец пружины, сжимает ее на х0 = 1 мм. На сколько сожмет пружину эта же гиря, падающая
вертикально вниз с высоты h = 0,2 м с начальной скоростью v0 = 1 мс ?
19
Решение. Воспользуемся законом сохранения энергии. За нулевой уровень отсчета высоты выберем верхний край деформированной пружины.
Механическая энергия системы в начальном положении
|
|
|
|
E |
mg h x mv2 . |
|
|
|
Х |
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
В |
конечном положении система |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
обладает энергией Е2 |
||
|
|
v |
||||
|
|
|
|
|
||
h |
E2 |
kx |
2 |
|||
|
|
|
|
, |
||
|
|
|
|
|
2 |
|
х
где k – коэффициент жесткости пружины и согласно определению F kx0
Рис. 1.3. |
k |
F |
mg . |
|
x0 |
||||
|
|
x0 |
Тогда согласно закону сохранения механической энергии Е1=Е2
mg h x mv2 |
mgx2 . |
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
2x0 |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
Решаем уравнение |
|
|
|
|
||||||||
mgx |
2 |
|
|
|
|
|
|
mv2 |
0 , |
|||||||
2x0 |
mgx mgh |
|
2 |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
v2 |
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0, |
||||
|
2x0 x 2x0h |
|
g |
x0 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
x |
|
|
x2 |
2x |
h v2 |
x |
|
. |
|||||
1,2 |
|
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
|
g |
|
0 |
|
20