fizika

центростремительное (нормальное) ускорение an =

v2

и

R

MЛaп

= G

M

M

З Л

,

(1)

2

R

или

v2

M

M

MЛ

= G

З Л

,

(2)

R

2

R

v2

= G

MЗ

,

(3)

R

или

v =

G

MЗ

R .

(4)

L = Rpsin

π = RM v = RM

Л

G

MЗ

= M

Л

GM

З

R .

(5)

2

Л

R

и, следовательно,

L

v =

.

(6)

RMЛ

G

G

G

G G

относительно центра Земли и из

Так как F

↑↓ R , то M =

[R, F] = 0

(4.11) следует, что момент импульса Луны

LG перпендикулярен плос-

G

G

кости, в которой лежат векторы R и

p , и не меняется при ее движе-

244

Глава 4. МОМЕНТ ИМПУЛЬСА. ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ МОМЕНТА ИМПУЛЬСА

Ответ:

Движение Луны

Движение электрона

вокруг Земли

вокруг протона

L = MЛ GMЗ R = const,

L = e

m

r

= const,

e

MЛ v2

L2

4πε0

T =

=

2

,

T =

mev2

=

L2

,

2

2MЛ R

2

2me r2

MЛ MЗ

L2

e2

L2

U = −G

R

= − M

Л

R2 ,

U = − 4πε

r

= − m r2 ,

0

e

E = T + U = −

L2

E = T + U = −

L2

2M

Л

R2 .

2m r2 .

e

Задача 4.2

Рассчитать модули моментов всех сил, действующих на дверь мас-

сой m = 4,8 кг относительно верхнего крепления (точка О), если вы-

сота двери h = 2 м, ширина двери b = 1 м, расстояние от верхне-

го и нижнего краев двери до соответствующих креплений d = 0,2 м.

Сила, приложенная к двери со стороны нижнего крепления, T2 = 15 Н

(точка К).

Дано: m = 4,8 кг; h = 2 м; b = 1 м; d = 0,2 м; T2 = 15 H; g = 10 м/с2.

Найти: MT1 , MT2 , M P ,

M R1 , M R2 .

На рис. а указаны все силы, действующие на дверь. На рис. б

и в — силы TG2 , PG

и их моменты относительно точки О. Дугой со

стрелкой указано на-

G

G

b

Mp

правление вращения

O

M 2

O G

RG

правого винта от ра-

TG1

1

b/2

Gr

h 2d

r

Q

диус-вектора

точ-

d

h/2

K

TG2

b

G

ки приложения со-

GO

2

P mgG

ответствующей силы

h 2d

R2

Q

TG2

G

по кратчайшему пути

K

TG

M p

к вектору этой силы,

d

G

G

G

2

G

r

соединенному нача-

MT2

r

P mgG

G

лом с радиус-векто-

P mgG

ром. Поступательное

a

б

в

4.3. Уравнение моментов относительно оси. Закон сохранения момента импульса...

245

движение винта определяет направление момента силы. Модуль мо-

мента силы относительно точки О определяется произведением мо-

дуля силы на ее плечо силы. Плечо определяется как длина перпен-

дикуляра, опущенного из точки О на линию действия силы (4.3–4.4).

Определим плечи сил:

G

TG2: l = h-2d (рисунок б); PG : l = b

(рисунок в).

(4)

2

G 2

G

Тогда модули моментов сил T2 и

P равны:

MT 2 = (h − 2d)T2

= 24 H · м,

(5)

M P =

b mg = 24 Н · м.

(6)

2

G

K

M

тов равны, то

G

G

MT 2 + M P

= 0 .

Ответ: MT 2

= 24 Н · м, M p

= 24 Н · м, моменты остальных сил рав-

ны нулю.

Задача 4.3

Камень массой m = 0,5 кг

y

vG

бросили под углом α =30° к

горизонту с начальной ско-

vG

Gr

mgG

ростью v0 = 5 м/с. Пренебре-

G

G

0

гая сопротивлением воздуха,

[v 0 , mg]

x

найти: момент силы тяжести

О

G

G

z

M

и импульса L относитель-

mgG

но точки бросания О в произ-

вольный момент времени и при t = 5 с.

Дано: m G= 0,5 Gкг; v0 = 5 м/с; α =30°; t = 5 с.

Найти: M (t) , L(t) , M (5) , L(5) .

запишем основное уравнение кинематики точки в векторном виде с

учетом того, что rG

= 0

G 2

0

rG(t) = vG t +

gt

.

(1)

0

2

G

G G

G

G 2

G

G

G

G G

t

2

G G

gt

M = [r, mg] = [v t

+

, mg] =

[v , mg]t

+ [g, g]

= [v , mg]t ,

(2)

0

2

0

2

0

GG

так как векторное произведение двух одинаковых векторов [gg] = 0 .

Из (4.10) следует, что

G

G

t G

t

L = L0

+

∫ Mdt = [rG0 , pG0 ] + ∫[vG0 , mgG]tdt =

0

0

(3)

G

G

G

t

G

G

t

2

t

G

G

t2

= [0, mv0

] + [v0

, mg]∫tdt =

[v0

, mg]

=

[v0

, mg]

.

2

2

0

0

отличаются от него только положительными константами t

и

t2

со-

2

ответственно. По определению (4.2) и (4.4)

M = v0 mg(sin α)t , M (5) = 5 0,5 10 0,5 5 = 62,5 Н · м,

L = v mg(sin α)

t2

, L(5) = 5 0,5 10 0,5

25

= 156, 25 (кг · м2)/c.

0

2

2

G

G G

M (5) = 62,5 Н · м,

Ответ: M =

[v , mg]t ,

0

G

G G

t2

L

= [v , mg]

0

2

247

ясь на горизонтальную поверхность. Нить укарачивают до размеров

l2 = 0,5 м. Найти частоту ω2

вращения шарика.

Дано ω1 = 60 рад/мин = 1 рад/c; l1

= 1 м; l2

= 0,5 м.

Найти: ω2 .

z G

Так как при вращении

(и в процессе укорачива-

Ω κ

LG

G

G

G

ния нити) шарик взаимо-

G

действует с тремя объек-

N

L

p mv

O

G

Π / 2 Gr l

тами (телами), то на него

Gr

T

O

G

со стороны этих объек-

G

p

r

тов действуют три силы.

G

G

По горизонтали к центру

P mg

TG , по вер-

вращения со стороны нити действует сила натяжения нити

тикали со стороны Земли к ее центру — сила тяжести PG

= mgG

и со

стороны горизонтальной поверхности — нормальная составляющая

силы реакции опоры NG , направленная вверх перпендикулярно по-

верхности. Так как в направлении оси z нет никакого ускоренного

движения, то по 2 закону Ньютона

NG

+ PG = 0 .

(1)

Следовательно,

G

равн =

G

G

G

G

G

F

N + P + T =

0 + T

= T .

(2)

Из (4.10) и (4.3) получаем, что

dLG

G

=

G

G

равн

]

G

G

G

(3)

dt

= ∑ Mi

[r, F

= [r ,T ]

= MT .

i=1

Так как rG ↑↓ TG , то

G

G

G

= 0 .

Тогда

[r

,T ] =

MT

(4)

dLG = 0 или LG = const .

(5)

dt

Вращая правый винт от первого вектора rG ко второму вектору pG

по крайчайшему пути, получим направление вектора LG , совпадаю-

щее с поступательным движением правого винта, т. е. вверх, как по-

казано на рис. Из постоянства вектора LG следует, что

250

где LG

— момент импульса, pG

— импульс и rG

— радиус-вектор i час-

i

i

i

G G

внеш

G внеш

G

Gвнеш

] ,

(4.21)

M = M

= ∑ Mi

=∑[ri

, Fi

G

i

G

i

где M внеш

— момент внешней силы F

внеш , действующей на i-ю час-

i

i

(рис.4.4) имеем

G

G

G

r

= r′ + R ,

где RG

i

i