kont_rus
.pdfгде G — гравитационная постоянная;
m1 и m2 — массы взаимодействующих тел;
r — расстояние между ними (тела рассматриваются как материальные точки);
в) тела, находящегося в однородном поле силы тяжести:
U = mgh ,
где g — ускорение свободного падения;
h — высота тела над уровнем, принятым за нулевой (формула справедлива при условии h<R, где R — радиус Земли).
Закон сохранения механической энергии:
E = T+U = const.
Работа A, совершаемая внешними силами, определяется как мера изменения энергии системы:
A= E=E2 – E1.
Основное уравнение динамики вращательного движения относительно неподвижной оси z:
Mz=Jzε,
где Мz — результирующий момент внешних сил относительно оси z,
действующих на тело;
ε — угловое ускорение;
Jz — момент инерции тела относительно оси вращения.
Моменты инерции некоторых тел массой т относительно оси z,
проходящей через центр масс:
а) стержня длиной l относительно оси, перпендикулярной стержню:
21
J z |
= |
ml 2 |
; |
|
|||
|
12 |
|
|
б) обруча (тонкостенного цилиндра) относительно оси,
перпендикулярной плоскости обруча (совпадающей с осью цилиндра):
Jz=mR2,
где R — радиус обруча (цилиндра);
в) диска радиусом R относительно оси, перпендикулярной плоскости
диска:
J z = 1 mR2 .
2
Момент импульса тела, вращающегося относительно неподвижной
оси,
Lz=Јω,
где ω — угловая скорость тела;
Ј — момент инерции тела относительно оси вращения.
Закон сохранения момента импульса системы тел, вращающихся
вокруг неподвижной оси:
J1ω1=J2ω2 ,
где J1, ω1 и J2, ω2 — моменты инерции тел системы и соответствующие им угловые скорости вращения в моменты времени,
принятые за начальный и конечный.
Кинетическая энергия тела, вращающегося вокруг неподвижной
оси z: |
|
|
|
|
|
|
|
T = |
1 |
J zω 2 |
или |
T = |
Lz |
2 |
. |
|
|
|
|||||
2 |
|
|
|
2J |
|||
22
Примеры решения задач
Пример 1.1. Уравнение движения материальной точки вдоль оси имеет вид х=А+Вt+Ct3, где А=2 м, В=1 м/с, С= –0,5 м/с3. Найти координату х и ускорение а точки в момент времени t=2 с.
Решение. Координату х найдём, подставив в уравнение движения числовые значения коэффициентов А, В, С и времени t:
x =(2 +1× 2 -0,5× 23 )ì =0.
Мгновенная скорость есть первая производная от координаты по времени:
υ= dx = B + 3Ct2. dt
Ускорение точки найдём, взяв первую производную от скорости по времени:
a = dυ = 6Ct. dt
Произведем вычисления скорости и ускорения в момент времени t =2 c:
υ=(1-3×0,5×22 )ì /ñ=-5ì /ñ,
|
|
2 |
2 |
|
|
|
a=6(-0,5)×2ì /ñ |
=-6ì /ñ. |
|
Ответ: υx= –5 |
м/с, а= –6 м/с. |
|
|
|
Пример |
1.2. |
Тело вращается |
вокруг своей оси |
по закону |
ϕ = A + Bt + Ct 2 , |
где А=10 рад, В=20 рад/с, С= –2 рад/с2. Найти полное |
|||
ускорение точки, находящейся на расстоянии r=0,1 м от оси |
вращения, |
|||
для момента времени t=4 с. |
|
|
||
23
Решение. Полное ускорение а точки, движущейся по кривой линии,
может быть найдено как геометрическая сумма тангенциального ускорения aτ направленного по касательной к траектории, и нормального
ускорения a n , направленного к центру кривизны траектории:
R |
R R |
|
||
a |
= aτ +an . |
|
||
R R |
|
|
|
|
Так как векторы aτ , an |
взаимно перпендикулярны, то |
модуль |
||
ускорения равен |
|
|
|
|
a= |
|
. |
|
|
aτ2 +an2 |
(1) |
|||
Тангенциальное и нормальное ускорения точки вращающегося тела выражаются формулами:
aτ = εr , an
где ω – угловая скорость тела;
ε – его угловое ускорение.
Подставляя выражения (2) aτ и a n
a = 
ε 2r2 +ω4r2
= ω 2 r , |
(2) |
в формулу (1), находим:
|
|
|
|
= r ε 2 +ω4 . |
(3) |
||
Угловую скорость ω найдём, взяв первую производную угла поворота по времени:
ω= dϕ / dt = B+ 2Ct.
Вмомент времени t=4с угловая скорость равна
ω= [20+ 2(− 2)4]рад/ с = 4рад/ с.
24
Угловое ускорение найдём, взяв первую производную от угловой скорости по времени:
ε = dω / dt = 2C = −4 рад/ с2 .
Подставляя значения ω , ε и r в формулу (3), получаем:
a = 0,1
(− 4)2 + 44 ì / ñ2 =1,65ì / ñ2 .
Ответ: а=1,65 м/с.
Пример 1.3. Маховик, вращавшийся с частотой n0 = 10c−1 , при
торможении начал вращаться равно замедленно. Когда торможение прекратилось, вращение маховика снова стало равномерным, но уже с частотой n = 6c −1 . Определить угловое ускорение ε маховика и
продолжительность t торможения, если за время равномерного движения маховик сделал N=50 оборотов.
Решение. Угловое ускорение маховика связано с начальной ω 0 |
и |
конечной ω угловыми скоростями соотношением |
|
ω 2 − ω02 = 2εϕ , |
(4) |
откуда выразим угловое ускорение: |
|
ε = (ω 2 − ω02 )/(2ϕ ). |
(5) |
Так как угол поворота связан с числом оборотов соотношением |
|
ϕ = 2πN , |
(6) |
а угловая скорость связана с частотой вращения формулой
25
ω = 2πn , |
(7) |
то, подставив в формулу (5) выражения (6) и (7), получим:
ε = |
ω2 |
−ω2 |
= |
π (n2 − n2 ) |
|
|
0 |
0 . |
(8) |
||
|
|
2ϕ |
|
N |
|
Подставив значения π,n,nо, N и произведя вычисления, получим:
ε= –4,02 рад/с2.
Знак минус указывает на то, что маховик вращался замедленно.
Определим продолжительность торможения, используя формулу,
связывающую угол поворота ϕ со средней угловой скоростью <ω>
вращения и временем t:
ϕ=<ω>t.
По условию задачи угловая скорость линейно зависит от времени, и
поэтому можно написать:
<ω >=(ω0 +ω)/ 2.
Тогда
ϕ =(ω0 +ω)t /2 =π(n0 +n)t.
Откуда
t = |
ϕ |
= |
2 N |
|
|
|
. |
||
π (n0 + n) |
n0 + n |
|||
Подставив числовые значения и произведя вычисления, найдём:
26
t=6,25 c.
Ответ: ε= –4,02 рад/с2; t=6,25 c.
Пример 1.4. Ящик массой m1=20 кг соскальзывает по идеально гладкому лотку длиной l=2 м на неподвижную тележку с песком и застревает в нем. Тележка с песком массой m2=80 кг может свободно (без трения) перемещаться по рельсам в горизонтальном направлении.
Определить скорость тележки с ящиком, если лоток наклонен под углом
α =300 к рельсам.
Решение. Тележку и ящик можно рассмотреть как систему двух неупруго взаимодействующих тел. Но эта система не замкнута, так как сумма внешних сил, действующих на систему (сил тяжести m1g и m2g и
силы реакции N2), не равна нулю. Поэтому применить закон сохранения импульса к системе «ящик – тележка» нельзя. Но так как проекция суммы указанных сил на направление оси Х, совпадающей с направлением рельсов, равна нулю, то проекцию импульса системы на это направление можно считать постоянной, т.е.
|
|
′ |
′ |
(9) |
|
|
p1x + p2x = p1x |
+ p2x , |
|
где |
p1x |
и p2x – проекции импульса ящика и тележки с песком в |
||
момент падения ящика на тележку; |
|
|
||
′ |
′ |
|
|
|
p1x |
и p2x – те же величины после падения ящика. |
|
||
Выразим в равенстве (9) импульсы тел через их массы и скорости, |
||||
учитывая, что |
p2x = 0 (тележка до взаимодействия с ящиком покоилась), а |
|||
также, что после взаимодействия оба тела системы движутся с одной и той же скоростью u :
m1υ1x = (m1 + m2 )u,
или
m1υ1 cos α = (m1 + m2 )u,
27
где υ1 – скорость ящика перед падением на тележку;
υ1x =υ1 cosα – проекция этой скорости на ось Х.
Отсюда выразим искомую скорость:
υ = |
m1v1 cos α |
|
|
|
. |
(10) |
|
|
|||
|
m1 + m2 |
||
|
|
||
Скорость v1 определим из закона сохранения энергии:
m gh = |
m υ 2 |
|
1 1 |
, |
|
|
||
1 |
2 |
|
|
|
|
где h = l sinα.
После сокращения на m1 получим:
υ1 = 
2gl sinα .
Подставив найденное выражение υ1 в формулу (10), получим:
u = m1 
2gl sinα cosα. m1 + m2
Подставим сюда числовые значения величин и произведём вычисления:
|
|
|
|
|
u = |
20 2 × 9.81× 2 × sin 30o |
|
cos30o (м/ с) = |
|
|
|
|||
20 + 80 |
. |
|||
= 0,2
19,6 × 0,867м/ с = 0,767м/ с
Ответ: u=0,767 м/с.
28
Пример 1.5. Гиря, положенная на верхний конец пружины, сжимает ее на x1 = 2 мм. На сколько сожмет эту же пружину эта же гиря, упавшая на нее с высоты h=20 cм со скоростью 1,2 м/с?
Решение. Рассмотрим систему «Земля – гиря – пружина». Полная механическая энергия этой системы будет сохраняться, так как трение практически не возникает при движении гири и сжатии пружины. За нулевой уровень отсчета высоты выберем самое нижнее положение гири при сжатии пружины. На высоте h система обладает энергией, равной сумме потенциальной и кинетической энергий гири:
Е =mg(h+ x) + |
mυ2 |
. |
(11) |
|
|||
1 |
2 |
||
|
|
|
В конечном положении энергия системы равна энергии упругой деформации пружины:
E = kx2 |
, |
(12) |
|||
2 |
|
2 |
|||
|
|
|
|||
где k – коэффициент упругости пружины. |
|
||||
Коэффициент упругости пружины определим из условия: |
|
||||
mg = kx1 ; |
|
||||
k = |
mg |
|
|
|
|
x . |
|
(13) |
|||
|
|
||||
|
1 |
|
|
|
|
По закону сохранения механической энергии, с учетом выражений
(11), (12) и (13), получим:
mg(h + x) + mυ2 = kx2 ,
2 2
29
x2 −2gxx −(2gxh+υ2x ) = 0. |
||
1 |
1 |
1 |
Решив уравнение относительно x, получим:
x1,2 = gx1 ± 
g2 x12 +2gx0h +υ2 x1 .
Подставим числовые значения в системе СИ и выполним вычисления:
x1,2 =9,8×10−3 +
9,82 ×22 ×10−6 +2×9,8×2×10−3 ×0,2×+1,22 ×10−3 = =10,8×10−2 (м)
Ответ: x=10,8 см.
Пример 1.6. Молот массой 5 кг в момент удара по железному изделию, лежащему на наковальне, имеет скорость v=4 м/с. Масса наковальни вместе с изделием равна М=95 кг. Определить энергию,
расходуемую на деформацию изделия, и КПД процесса, считая удар абсолютно неупругим.
Решение. На основании закона сохранения энергии, энергия,
затраченная на деформацию изделия, равна изменению механической энергии системы «молот – наковальня» до и после удара:
Wдеф. |
= |
mυ2 |
- |
(M +m)×u2 |
, |
(14) |
|
|
|||||
|
2 |
2 |
|
|
||
где u – скорость всех тел системы после неупругого удара.
На основании закона сохранения импульса при неупругом ударе
имеем: |
|
mυ = (M + m)u . |
(15) |
Выразим скорость после неупругого взаимодействия из равенства
(15):
30