Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Харьковский Национальный Университет им. В. Н. Каразина

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Лекції з курсу фізики «Механіка та молекулярна фізика»

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

13.03.2016

Размер:

3.12 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 156 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

dm = ρ × dV ,

m = r × ∑ [r ] z ez r ,Fзовн .

Робота, яку виконують зовнішні сили при обертальному русі навколо нерухомої осі, дорівнює:

δA = FdS = Frdγ = m dγ ,

(1.6.4)

де γ - це кут обертання.

Кінетична енергія обертального руху абсолютно твердого тіла навколо закріпленої осі:

∑ m

V 2

∑ m

ω 2 r 2

ω 2

∑ m r 2

ω 2 I

. (1.6.5)

i i

2 2I

Проаналізувавши (1.6.5), можна дійти висновку, що форма запису для роботи та кінетичної енергії в даному випадку є аналогічною до випадку прямолінійного руху: момент інерції I є аналогом маси m, а момент імпульсу L – аналогом імпульсу p.

1.6.1. Теорема Гюйгенса&Штейнера

Знайдемо зв’язок між моментами інерції абсолютно твердого тіла відносно двох різних паралельних осей. Нехай ці осі проходять крізь точки О та А, тоді за теоремою косинусів квадрат відстані між точкою А та і-ю складовою абсолютно твердого тіла

дорівнює: r 2

= r 2

+ a 2

- 2( a

× r ) . Це дозволить обчислити момент

МТi

інерції даного абсолютно твердого тіла

відносно осі,

що проходить крізь точку

А: ∑ m

2 =

∑ m

( r 2 + a 2

- 2a

× r ) .

Перепишемо це так:

I A = IO + ma 2 - 2ma × R C ,

(1.6.6)

де RC =

∑ r2i mi / m – це радіус-вектор

Рис. 1.6.1

центра мас відносно точки О. Якщо вісь

«О» проходить крізь центр мас R C , то попередня формула (1.6.6)

спрощується:

I A = IO + ma 2 .

(1.6.7)

За цих умов теорема Гюйгенса-Штейнера формулюється в наступний спосіб:

«Момент інерції даного абсолютно твердого тіла відносно осі «А» дорівнює його моменту інерції відносно осі, що є паралельною до «А» та проходить крізь центр мас абсолютно твердого тіла, плюс добуток маси даного абсолютно твердого тіла на квадрат відстані між зазначеними осями обертання».

1.6.2. Моменти інерції симетричних абсолютно твердих тіл

1) Порахуємо момент інерції циліндра відносно його осі симетрії у випадку однорідної густини матеріалу (див. рис. 1.6.2). Розіб’ємо умовно циліндр на циліндричні шари радіуса 0 ≤ r ≤ R і елементарної товщини dr, елементарна маса такого елементарного циліндричного шару dV = h2πrdr , h – висота

циліндра. Елементарний момент інерції dI = r 2 dm . Момент інерції циліндра складається з елементарних моментів інерції циліндричних шарів:

Рис. 1.6.2

Рис. 1.6.3

100

101

I = ∫ dI =	R	ρ h2π r3dr = 2π ρ h	r	4	R	=	ρ =	m
	R			4	R
	∫
	∫							π R2h
	0	4			0			π R2h
					0

m R2

(1.6.8)

2) Розглянемо випадок порожнистого циліндра, який має

внутрішній радіус

R1 та зовнішній радіус

R2 . Тоді його маса

m = ρ π h( R 2

− R

2 ) . Аналогічно до попереднього прикладу, з

(1.6.8) маємо:

ρ h2 π r 3 dr

I = ∫

= π

( R

− R 4

) =

( R

+ R 2 ) .

(1.6.9)

( R 2 − R 2

2 π

)

Цікаво, що цей момент інерції пропорційний до суми (а не різниці!) квадратів внутрішнього та зовнішнього радіусів. У випадку R1 = 0

вираз (1.6.9) переходить в (1.6.8), а у випадку R1 = R2 дістаємо вираз для моменту інерції тонкого кільця відносно осі, що проходить крізь центр симетрії і є перпендикулярною до площини,

вякій лежить кільце.

3)Розглянемо випадок тонкого порожнистого циліндра

(наприклад, труби). За цих умов: R12 ≈ R22 ≈ R 2 . Тоді з виразу

(1.6.9) дістанемо:

I»	m	R	2	+	R	2	= m R	2	.	(1.6.10)

	2

4) Знайдемо момент інерції трикутника, усі сторони якого мають однакову довжину A з масою М, товщина якого є нехтовно малою, відносно осі, що є перпендикулярною до площини трикутника та проходить крізь його центр мас (див. рис. 1.6.3).

Розв’яжемо цю задачу, уникаючи процедури інтегрування,

за допомогою теореми Гюйгенса-Штейнера. Обчислимо висоту трикутника: H = A sin 60° = 3 A / 2 . Відстань b між центрами сусідніх трикутників, на які умовно поділено весь трикутник (див.

рис. 1.6.3), дорівнює: b=(A/2)ctg60°=A/(2 3 ). За теоремою Гюйгенса-Штейнера моменти інерції трьох допоміжних трикутників дорівнюють сумі: I j = I oj + b2 M 4 . Згідно з

визначенням момент інерції є пропорційним до маси і є квадратичною формою лінійних розмірів твердого тіла, тому момент інерції усього трикутника можна записати у наступному

вигляді: I = αA2 M де a - це певна константа, яку потрібно визначити.

Оскільки момент інерції є адитивною величиною, то момент інерції усього трикутника дорівнює сумі моментів інерції чотирьох маленьких трикутників зі сторонами a=A/2. Запишемо це:

I=a×a2M/4+3Ij= a×a2M/4+ 3[a × a 2 M / 4 + Mb2 / 4].

Враховуючи геометричне співвідношення між b і A, можна переписати вираз для моменту інерції I в такий спосіб:

I = a × a 2 M +	MA2	= a ×	MA2	+	MA2	= MA2 (	1	+ a ) . (1.6.11)

16		4		16		16		4

Але на початку цього дослідження було сказано, що з загальних міркувань момент інерції трикутника дорівнює: I = aMA2 . Значить, a × MA2 = MA2 ( 1 / 16 + a / 4 ) , звідки можна знайти значення

константи: a =1/12. Отже, момент інерції рівнобічного трикутника, товщина якого є нехтовно малою, відносно осі, що є перпендикулярною до площини трикутника та проходить крізь його центр мас, дорівнює:

	I = A2 M / 12 .	(1.6.12)
5) Знайдемо момент інерції суцільної кулі радіуса R
відносно осі,	що проходить крізь її центр мас. За визначенням
I = ∫ r 2 dm , де	dm = r d V = r dr dj r 2 si nq dq	- це елементарна

маса, яка записана через однорідну густину та елементарний об’єм прямокутного паралелепіпеда у сферичній системі координат, де j

102

103

− це є азимутальний кут, θ − полярний кут, r =rsinθ − відстань від елементарної маси до осі обертання.

Тоді для моменту інерції кулі можна записати наступний

вираз:

I = ∫ r 2 (sinθ )2 ρ dr r 2 sinθ dϕ dθ = ρ 2∫π dϕπ∫ dθ sin 3 θ R∫ r 4 dr =

M 3

4 dr = −

3M R

−1

2π ∫ sin

θd( − cosθ ) ∫ r

∫ ( 1

− cos 2 θ )d cosθ =

4π R 3

2R 3 5

−

3MR 2

π0

cos

3 θ

− 3MR 2

− 1

cosθ

−

− 2

−

3MR2

( 2 −

) =

MR2 .

(1.6.13)

Отже, момент інерції суцільної кулі відносно осі, що проходить крізь її центр мас, дорівнює:

	I = 0.4MR 2 .			(1.6.14)
	Ця		задача		є
ілюстрацією того, як знання,							ω

які	набуто		в	курсі
математичного				аналізу,			R
стосовно			якобіана		J	θ
переходу від однієї системи
координат		до	іншої можна			r
застосовувати			у	фізичних
задачах. Справді, записати						r
об’єм	кулі		у декартовій
системі координат				було	б
складніше: dV=dx dy dz. А в

сферичній				системі
координат		dV=\|J\|dr dϕ dθ,
тому			процедура			Рис. 1.6.4
інтегрування				виглядає

простішою.

1.6.3. Момент інерції абсолютно твердого тіла відносно точки

Момент інерції абсолютно твердого тіла відносно точки О − це сума добутків мас матеріальних точок, з яких складається абсолютно тверде тіло, що помножені на квадрати їхніх відстаней Ri до точки О:

i i	∫	R	2 dm .	(1.6.15)
θ = ∑ m R 2 =

Розглянемо одну матеріальну точку з масою m та координатами X, Y, Z у декартовій системі координат. Моменти інерції цієї матеріальної точки відносно осей декартової системи координат (див. рис. 1.6.5) дорівнюють, відповідно:

I x = m( Y 2 + Z 2 ); I y = m( Z 2 + X 2 ); I z = m( X 2 + Y 2 ) .(1.6.16)

Якщо їх скласти, то отримаємо: Ix+Iy+Iz = 2m( X 2 + Y 2 + Z 2 ) . Але оскільки R 2 = X 2 + Y 2 + Z 2 , то:

		z	МТ		2θ = I x + I y + I z .		(1.6.17)
	Z		МТ
	Z
				y	Оскільки момент інерції є
X			Y		Оскільки момент інерції є
X			Y		адитивною	величиною,		то
					наведені міркування є вірними і
x					наведені міркування є вірними і
					для абсолютно твердого тіла, що
	Рис. 1.6.5				складається	з	багатьох
	Рис. 1.6.5				матеріальних точок.
					матеріальних точок.

Для абсолютно твердого тіла, яке має форму плоскої фігури, одна з координат, що є перпендикулярною до фігури, наприклад, Z,

дорівнює нулю. Отже, у цьому випадку:
θ	плоск	= ∑ m	( Y 2	+ X	2	) = I	z	.	(1.6.18)
	плоск	i	i		i		z

Отже, для плоского абсолютно твердого тіла з однорідною

104

105

густиною маємо важливе співвідношення між моментами інерції, обчисленими відносно осей, що збігаються з координатними осями:

I x + I y = I z .

(1.6.19)

Поняття про момент інерції абсолютно твердого тіла відносно точки є зручним для розрахунків моментів інерції плоских та сферично симетричних твердих тіл.

1.6.4. Момент імпульсу абсолютно твердого тіла, що обертається

За визначенням момент імпульсу абсолютно твердого тіла дорівнює:

r	r	´Vi	].
L = ∑ mi [ri				(1.6.20)

Якщо в (1.6.20) замінити лінійну швидкість елемента абсолютно

твердого тіла на його вираз через кутову швидкість [ r r ]

Vi = ω ,ri , то

здобудемо:

r	r	r r	r		r	r	r
L	= ∑ mi [ri	,[w,ri	]] = ∑ mi [w × ri	2	- ri	( ri	×w )].	(1.6.21)
	i		i

Скористаємося відомостями з тензорної алгебри, тоді вектор моменту імпульсу абсолютно твердого тіла можна записати

через символ Кронекера δik : dik=1, коли i = k , та dik=0, коли i ¹ k .

Запишемо момент імпульсу абсолютно твердого тіла в тензорному вигляді, опустивши індекси “ i“, які позначають номер елементарної маси:

Lj	= ∑ m(w j rl rl - rj rk wk ) .		(1.6.22)
Нагадаємо, що	повторення	тензорних індексів означає, що
відповідні	величини	слід	просумувати:

bkbkº ∑ bkbk =bxbx+byby+bzbz. Вираз (1.6.22) можна переписати в k =x,y,z

106

інший спосіб: Lj = I jk ωk , де I jk	- це тензор інерції:
I jk = ∑ m(d jk	rl rl - rj rk ) .	(1.6.23)

У випадку неперервного розподілу маси по усьому об’єму абсолютно твердого тіла замість виразу (1.6.23) слід використовувати інтегральний вираз для тензора інерції:

I jk = ∫ r( r )( r 2d jk	- rj rk )dV .	(1.6.24)
Цей тензор є симетричним: I jk	= I kj , тому, його як будь-

який симетричний тензор другого рангу, можна звести до діагонального вигляду шляхом відповідного вибору напрямку осей координат. Такі координатні осі, в яких тензор інерції має діагональний вигляд, звуться головними осями інерції, а відповідні

значення компонентів тензора I jk – головними моментами інерції.

Знаходження головних осей симетрії значно спрощується, коли абсолютно тверде тіло має якусь симетрію. Наприклад, якщо абсолютно тверде тіло є плоским, то його центр інерції лежить у цій площині, у ній також лежать дві головні осі інерції, а третя головна вісь є перпендикулярною до цієї площини.

Кожен з головних моментів інерції не більший за суму двох

інших:

I1+I2=Σm(x12+x22+2x32) ³Σm(x12+x22)=I3. (1.6.25)

Якщо для головних моментів інерції маємо нерівність I1 ¹ I2 ¹ I3 , то таке абсолютно тверде тіло зветься асиметричною дзиґою. Якщо величини двох головних моментів інерції збігаються, I1 = I 2 ¹ I3 , то таке абсолютно тверде тіло зветься симетричною дзиґою. А якщо I1 = I 2 = I3 , тоді це – кульова дзиґа.

Якщо скористатися головними осями інерції, тоді в загальному випадку будь-який компонент моменту імпульсу L j

дорівнює добутку кутової швидкості обертання wj навколо цієї осі j на відповідний діагональний елемент тензора інерції Ij :

107

Lj = I jω j . А для кульової дзиґи маємо ще простіший зв'язок:

Lj = Iω j , оскільки при цьому L || ω .

При довільному русі абсолютно твердого тіла його кінетична енергія складається з енергії поступального руху та енергії обертального руху:

Eкін = mVц2

/ 2 + Iγk ωγ ωk

/ 2 ,

(1.6.26)

де Vц − це швидкість

центра

мас,

ωі

–

це

проекція

кутової

швидкості обертання на певну координатну

вісь

eі .

Якщо

скористатися головними осями інерції, тоді:

кін

= mV

2 / 2 + ( I ω 2 + I

ω 2

+ I

)/2 .

(1.6.27)

1 1

1.6.5.Кочення абсолютно твердого тіла

зпохилої площини

Нехай абсолютно тверде тіло, що котиться, має симетрію

	обертання		відносно
ω	геометричної осі. При цьому
ÅmA	воно	не	ковзає,	тобто
	швидкість		точки,	якою
	абсолютно		тверде	тіло
А	торкається		похилої
	площини,		дорівнює нулю.
m g α
	На рисунку, який ілюструє
	задачу,	А –	це точка дотику,
Рис. 1.6.6	С – це точка центра			мас,
	\|AC\|=r.		Розв’яжемо	цю

задачу трьома різними способами.

1). Застосуємо рівняння моментів відносно миттєвої осі обертання для знаходження прискорення центра мас абсолютно твердого тіла. За умов відсутності ковзання миттєва вісь та вісь, що проходить через центр мас, рухаються паралельно одна одній. Тоді рівняння моментів має досить просту форму запису:

I Adω / dt = mA ,

(1.6.28)

108

де IA – момент інерції абсолютно твердого тіла відносно миттєвої осі обертання, m А – сумарний момент зовнішніх сил відносно

тієї ж осі (див. рис. 1.6.6).

В даному випадку зовнішніми силами є сила тяжіння mg ,

	r		r
сила тертя	Fтр	та сила нормальної реакції опори	N , що діє з боку

похилої площини на абсолютно тверде тіло. Моменти сили тертя та сили нормальної реакції опори не входять до рівняння (1.6.26), тому що ці сили проходять крізь точку А, а значить, їхні моменти відносно миттєвої осі дорівнюють нулю. Таким чином, вираз для

моменту сил має вигляд: mA = mgr sin α , тоді рівняння (1.6.28) можна переписати так:

I Adω / dt = mgr sinα .

(1.6.29)

Нехай VC – це лінійна швидкість точки С відносно площини, тоді VC = VA + ω r . Оскільки ковзання немає, тоді швидкість точки дотику дорівнює нулю, і, значить, VC = ω r . Тому для лінійного прискорення центра мас маємо таке рівняння:

a = dVC / dt = rdω / dt .			(1.6.30)
Тоді з (1.6.29) та (1.6.30) маємо розв’язок задачі:
a = mgr 2 sinα / I A .			(1.6.31)
За теоремою Гюйгенса−Штейнера I A = IC + mr 2 ,			тому з
рівняння (1.6.31) здобудемо:
a =	g sinα
	1 + IC / (mr 2 )	.	(1.6.32)

Висновок: знайдено прискорення, з яким котиться абсолютно тверде тіла. До його виразу не входить реакція опори, величина якої може бути невідомою з умов задачі.

2). Застосуємо рівняння моментів відносно осі, що проходить крізь крізь центр мас, точку С (див. рис. 1.6.7). Тоді воно матиме вигляд, до якого не входить сила тяжіння:

109

	N		IC dω / dt = mC .	(1.6.33)

Fтр	С	mgsinα	Цікаво, що сюди не	входить
	А		також і її складова mg sinα, що
			спонукає абсолютно	тверде

αтіло до руху вздовж похилої площини. Момент сили mC

mg	також не створюється силою
	нормальної реакції опори. У
	створенні моменту	сил	mC
Рис. 1.6.7	бере участь лише	сила	тертя

Fтр , яка є паралельною

похилій площині. Тоді з рівняння (1.6.33) маємо:
IC dω / dt = rFтр .	(1.6.34)

Але в цьому рівнянні невідомими є дві величини: сила тертя Fтр та

кутове прискорення dω / dt . Тому слід залучити ще одне рівняння

– закон динаміки руху центра мас даного абсолютно твердого тіла в проекції на напрямок його руху:

mdV / dt = mg sinα − Fтр .

(1.6.35)

Оскільки лінійне прискорення в лінійний спосіб пов’язано з кутовим прискоренням: a = dVC / dt = rdω / dt , тоді з (1.6.34) отримуємо:

I	C	a = r 2 F .	(1.6.36)
	C	тр

Цікаво відзначити, що цей вираз сили тертя в даному випадку відрізняється від того, який є відомим ще з курсу фізики, що викладається в середній школі, бо там вивчався випадок тертя ковзання: Fтр ≤ μN = μmg cosα . А в даному випадку ми маємо

справу з явищем тертя кочення. Підставимо вираз для Fтр з (1.6.35) до рівняння (1.6.36):

I	C	a r 2 = F = mg sinα − ma .	(1.6.37)
	C	тр

Звідси легко здобути вираз для прискорення абсолютно твердого тіла:

a =	g sinα
a =	1 + IC / (mr 2 ) .	(1.6.38)

Висновок: попередній результат підтверджено. Показано, що сила тертя кочення відрізняється від сили тертя ковзання.

3). Застосуємо закон збереження повної механічної енергії.

Кінетична енергія	E	k	= I ω 2	/ 2 для тіла, яке бере участь у
		k	A

обертальному русі, зростає (бо спочатку абсолютно тверде тіло не рухалось) за рахунок накопиченої спочатку потенціальної енергії. Слід зазначити, що якщо за вісь обертання обрати вісь, яка проходить крізь центр мас, то вираз для кінетичної енергії

ускладниться: Ek = ICω 2 / 2 + mV 2 / 2 . Для визначення положення

даного тіла зручно скористатися віссю координат x , яку направлено вздовж похилої площини вниз.

Запишемо закон збереження механічної енергії, користуючись виразом кінетичної енергії відносно осі, що проходить крізь точку А:

I ω 2	/ 2 = mgh ,	(1.6.39)
A

де h = x sinα ; x − це координата, яка характеризує положення абсолютно твердого тіла на даний момент часу відносно точки на похилій площині, в якій це тіло перебувало перед початком кочення. Візьмемо похідну за часом від (1.6.39), маючи на увазі, що для руху без ковзання V = ω r = dx / dt . Тоді з (1.6.39) маємо:

I A r −2 V d V/ dt = mg sin(α )dx / dt .	(1.6.40)
З цього виразу легко знайти dV / dt = mgr 2 sinα / I A .	Або, якщо
скористатися теоремою Гюйгенса−Штейнера:

110

111

	g sinα
a =	1 + IC / (mr 2 ) .	(1.6.41)

Висновок: результат, що було отримано попередніми способами, підтверджено. Показано, що законом збереження механічної енергії можна користуватися, якщо адекватно враховувати наявність процесу дисипації енергії. Дійсно, в системі є тертя, але за відсутності ковзання силу тертя прикладено до точок абсолютно твердого тіла, миттєва швидкість яких дорівнює нулю, тому сила тертя кочення не виконує роботи. Робота сили тяжіння йде на збільшення кінетичної енергії поступального та обертального рухів.

1.6.6. Обертальний рух фізичного маятника

Фізичним маятником називають абсолютно тверде тіло, що може вільно обертатися навколо горизонтальної осі внаслідок дії моменту зовнішніх сил. Найчастіше цей момент створює сила

		тяжіння.
			Розглянемо абсолютно
		тверде	тіло	довільної		плоскої
О	b	форми (див. рис. 1.6.8). Нехай
		точка	О –	це	точка	підвісу,
	α	крізь	яку	проходить			вісь
		обертання, а точка С				визначає
	С
		центр	мас.		Момент		сил
	mg
		створюється		силою		тяжіння

		mg відносно			осі обертання,
		що проходить крізь точку О:
	Рис. 1.6.8	m = mgb sinα , де				b –	це
відстань між точками О та С, α –
		кут між радіусом-вектором, що

з’єднує точку, відносно якої обертається абсолютно тверде тіло, з точкою С, до якої прикладено силу mg , та напрямком сили mg . З

рівняння моментів маємо:

m = Id( ω ) / dt .

(1.6.42)

Похідна від кутової швидкості за часом дорівнює другій

похідній від кута повороту за часом: dω / dt = d 2α / dt 2 . Підставимо до (1.6.42) вираз для моменту сили тяжіння (відносно точки О):

− mgb sinα = IO d 2α / dt 2 .

(1.6.43)

Мінус тут присутній через те, що α відраховують від нормалі, а при збільшенні величини цього кута момент сили тяжіння повертає фізичний маятник до стану рівноваги. При цьому за теоремою

Гюйгенса−Штейнера: IO = IC + mb2 . Таким чином, маємо диференціальне рівняння другого порядку для α:

d 2 α / dt 2 = −mgb sinα / IO .

(1.6.44)

Нагадаємо, що для математичного маятника з рівняння моментів можна здобути аналогічне рівняння:

d 2α / dt 2 = −g sinα / l .

(1.6.45)

Тому фізичний маятник буде поводитися так, як математичний маятник, що має довжину l0 = IO /( mb ) . Величину l0 називають зведеною довжиною даного фізичного маятника. Якщо взяти математичний маятник з довжиною l0 та підвісити його до

фізичного маятника в точці О, то вони коливатимуться з однаковим періодом, а тягарець математичного маятника буде знаходитися весь час в одній точці фізичного маятника. Ця точка зветься центром коливань даного фізичного маятника.

1.6.7. Теорема Гюйгенса

Спочатку доведемо, що зведена довжина l0 є завжди

більшою за відстань b між точкою підвісу та центром мас, тобто центр коливань завжди лежить нижче за центр тяжіння. Дійсно, з теореми Гюйгенса−Штейнера момент інерції фізичного маятника

IO = IC + mb2 , тому для його зведеної довжини має місце нерівність:

112

113

О		b
		b
		b1
		С
l0		О1
Рис. 1.6.9.	О	– перша	точка
підвісу, О1	–	перший	центр
коливань

О	b
1	1
	С	b
( Н )		О
l0
Рис. 1.6.10. О1		– нова	точка
підвісу,	О –	новий	центр

коливань

l0 = IO / mb = ( IC + mb2 ) / mb = b + IC / mb > b . (1.6.46)

Тепер доведемо теорему про те, що «точка підвісу та

центр коливань фізичного маятника є взаємно оборотними точками». Це означає, що коли зняти фізичний маятник з точки підвісу та почепити його за центр коливань, то період коливань не зміниться, а попередня точка підвісу стане новим центром коливань

(див. рис. 1.6.9 та рис. 1.6.10).

Для доведення теореми Гюйгенса слід обчислити відстані між точками підвісу та центрами коливань в обох випадках. В

першому		випадку			l0 = b + IC / mb ,			а	в	другому	−
l	( H ) = I ( H ) / mb		= I	C	/ mb	+ b . Оскільки l	0	= b + b , то:
	0	1		C	1	1	0			1
					b1 = l0 − b = IC / mb .					(1.6.47)

З виразу (1.6.47) просто знайти відстань між точкою підвісу та центром коливань у другому випадку:

l( H ) = b +

+ b = l

. (1.6.48)

mb1

m IC

Отже, відстань між точкою підвісу та центром коливань у другому випадку є такою ж, як і в першому випадку: l0( H ) = l0 , тому і

періоди коливань таких маятників є однаковими. Значить, теорему Гюйгенса доведено.

1.6.8. Пара сил

Розглянемо рух абсолютно твердого тіла за умови дії на нього двох сил, які є однаковими за модулем, але орієнтовано їх антипаралельно одна одній, і лінії їхніх дій при цьому не збігаються. Такі сили називають парою сил. Відстань l між лініями

дії сил	r	та	r	називають плечем пари сил. Пару сил не можна
	F1		F2

замінити рівнодіючою силою, бо векторна сума цих сил дорівнює нулю. Момент пари сил не залежить від вибору точки, відносно якої його розраховують, і дорівнює за модулем

						m = lF ,	(1.6.49)
де	F =	r	=	r	.	Доведемо співвідношення (1.6.49)	для довільно
		F1		F2

розташованої точки О (див. рис. 1.6.11), відносно якої обчислено момент пари сил m . Зрозуміло, що момент пари сил дорівнює сумі

r r

моментів кожної з цих сил. Беручи до уваги, що F1 = −F2 , знайдемо момент пари сил:

r	r	]+	r	r	r	r	r	r
m= [r1	,F1	]+	[r1	,F2	]+ [r12	,F2	]= [r12	,F2 ].			(1.6.50)
								r	r	r
З рис. 1.6.11 видно,			що за побудовою					r2	= r1	+ r12	. Отже,

модуль моменту пари сил дорівнює добутку: m = r12 F2 sinα = lF . Слід відзначити, що оскільки сума зовнішніх сил дорівнює нулю

r	F1
r	r
r1	r12

	r	α
	r2
		F2
	l

r	r	= 0 ,
F1	+ F2	= 0 ,	то центр мас системи

перебуває у стані спокою або у стані рівномірного прямолінійного руху. Значить, пара сил тільки обертає абсолютно тверде тіло відносно осі, що проходить крізь його центр мас. Напрямок обертання при цьому визначається напрямком векторного добутку

r	r	],		r
[R0	× Fj	],	де	R0 –	радіус-вектор,

Рис. 1.6.11	проведений з центра мас до певної
Рис. 1.6.11		r
	сили	Fj , однієї з даної пари сил.

114

115

1.6.9. Рівновага абсолютно твердого тіла

Для опису руху абсолютно твердого тіла необхідно скористатися двома векторними рівняннями: перше − це рівняння

руху	центра	мас mdVц / dt = Fзовн (тут Fзовн	−	це результуюча
зовнішніх сил); друге − це рівняння моментів				r
зовнішніх сил); друге − це рівняння моментів			dL/dt = mзовн (тут
mзовн	− це	результуючий момент зовнішніх		сил). Рівняння

моментів можна обрати відносно довільного нерухомого початку відліку або відносно центра мас абсолютно твердого тіла. Можна також обрати рухомий початок, якщо тільки його швидкість у довільний момент часу є паралельною до швидкості центра мас.

З’ясуємо умови рівноваги абсолютно твердого тіла. Абсолютно тверде тіло перебуває у стані спокою, якщо результуюча зовнішніх сил та результуючий момент зовнішніх сил дорівнюють нулю:

Fзовн = 0 , mзовн = 0 .

(1.6.51)

Співвідношення (1.6.51) є необхідними умовами рівноваги абсолютно твердого тіла. Але вони не є достатніми, бо центр мас абсолютно твердого тіла може при цьому рухатися рівномірно та прямолінійно, а саме абсолютно тверде тіло може обертатися із

збереженням моменту імпульсу ( L = const ). Тому їх слід доповнити вимогою про рівність нулю кінетичної енергії, тобто

вимогою E = U . Якщо до того	r	2 >0,	тоді ці	умови
	ж ∂ 2U / ∂r
характеризуватимуть стан стійкої	рівноваги в достатній мірі.

Питання для самоконтролю до розділу

§1.6. Обертальний рух абсолютно твердого тіла

1.Запишіть основне рівняння динаміки обертального руху (рівняння моментів) у векторній формі.

2.Запишіть основне рівняння динаміки обертального руху (рівняння моментів) у скалярній формі (у випадку обертання навколо закріпленої осі).

3.Кінетична енергія обертального руху абсолютно твердого

116

тіла навколо закріпленої осі.

4.Дайте визначення моменту сили.

5.Дайте визначення моменту імпульсу абсолютно твердого тіла, яке обертається навколо закріпленої осі.

6.Що таке момент інерції матеріальної точки?

7.Сформулюйте теорему Гюйгенса−Штейнера.

8.Сформулюйте умови рівноваги твердого тіла.

9.Що таке момент пари сил?

10.Що таке математичний маятник?

11.Що таке фізичний маятник?

12.Що таке зведена довжина фізичного маятника?

13.Що таке центр коливань фізичного маятника?

14.В чому полягає оборотність фізичного маятника (сформулюйте теорему Гюйгенса).

15.Які дві сили називають парою?

16.Чому дорівнює момент пари сил?

§ 1.7. Основні формули розділу «Механіка»

Радіус-вектор r( t ) матеріальної точки визначається за

					r
відомими значеннями її		початкового положення			r( t0	)	та її
швидкості υ( t ) :
r	r	) +	t	r
r( t ) = r( t0		) +	∫	υ( t ′ )dt ′ .			(1.7.1)
			t0

Миттєва швидкість матеріальної точки υ( t ) визначається за відомим радіус-вектором r( t ) :

υ( t ) = dr( t ) / dt .

(1.7.2)

117

Миттєву швидкість υ( t )		можна визначити також за	відомою
	r
початковою швидкістю υ( t0 ) та прискоренням a( t ) :
r	r	t r
υ( t )	=υ( t0	) + ∫ a( t ¢ ) dt ¢ .	(1.7.3)
		t0
Прискорення a( t )	матеріальної точки визначається за відомою
залежністю її швидкості υ( t ) від часу
	a( t ) = dυ( t ) / dt		(1.7.4)
або за залежністю її координати від часу
	r	r	(1.7.5)
	a( t ) = d 2 r ( t ) / dt 2 .		(1.7.5)
			r
За умов рівномірного		прямолінійного руху (V ( t ) = V0 ex ,

V0=const) прискорення відсутнє, ax=0. Тоді координата змінюється з часом в наступний спосіб:

x( t ) = x( t0 ) + V0 ×( t - t0 ) .

(1.7.6)

За умов рівноприскореного прямолінійного руху ( a( t ) =a0 ex ,

a0=const) швидкість та координата залежать від часу в наступний спосіб:

υ x ( t ) =υ x ( t0 ) + a0 × ( t - t0 ) ;
x( t ) = x( t0	) + υ x ( t0	) ×( t - t0	) +	a0 ×( t - t0 )2	. (1.7.7)

			2

Для пройденого шляху у цьому випадку можна записати:

S x = [υ x ( t )2 -υ x ( t0 )2 ] /( 2a0 ) .	(1.7.8)
У випадку руху матеріальної точки по колу радіусом R зі
сталою кутовою швидкістю ω = dϕ / dt її лінійна	швидкість

дорівнює за модулем υ = ω R або

υ = 2πR / T ,

(1.7.9)

тут T – період обертання. Лінійну швидкість обертального руху також можна переписати так: υ =2 π Rν ; тут ν – частота обертання. Такий рух характеризується доцентровим прискоренням

an = υ 2 / R .	(1.7.10)
Кутова швидкість пов’язана із періодом обертання ω = 2π / T , а
кутове прискорення пов’язане з кутовою швидкістю:
ε = dω / dt .	(1.7.11)

Імпульсом p тіла в класичній механіці називають добуток маси m тіла на його швидкість υ :

p =mυ .

(1.7.12)

Згідно із другим законом Ньютона, швидкість зміни імпульсу з часом дорівнює результуючій усіх зовнішніх сил, що діють на тіло:

r	r
dp		( зовн ) .
	= ∑ F		(1.7.13)

dt	i
	i

Зазвичай в задачах механіки розглядають тіла із незмінною масою,

	r	r
коли другий закон Ньютона природно набуває вигляду: m a		= ∑ Fi
(виняток становлять задачі про реактивний рух).
Закон всесвітнього тяжіння: тіло масою m1 притягує тіло
масою m2, яке перебуває на відстані r від нього, із силою
F = Gm m r−2 ,		(1.7.14)
1	2

де гравітаційна стала G = 6,67×10−11 м3/(с2кг).

Третій закон Кеплера пов’язує період T обертання планети навколо Сонця із великою піввіссю її орбіти a:

118

119

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 156 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
23.02.201588.06 Кб13Лек_10_7.doc
#
23.02.2015774.73 Кб348Лексикологія англійської мови 2010.pdf
#
23.02.20152.33 Mб27Лексический ориентир.pdf
#
15.07.201959.93 Кб0лекц статистика ВЭД 2011.docx
#
18.12.2018782.34 Кб2Лекц. Основи_зовн._д-сті.doc
#
13.03.20163.12 Mб56Лекції з курсу фізики «Механіка та молекулярна фізика».pdf
#
17.08.201999.33 Кб1Лекція 3 іонізуюче випромінювання.doc
#
21.11.201992.03 Кб1Лекція 3 Базові стратегії досягнення сталого ро...docx
#
02.09.2019113.66 Кб5лекція 4-5.doc
#
23.11.2019112.64 Кб3ЛЕКЦІЯ 4_Внутрішнє та зовнішнє середовище орган...doc
#
23.11.201990.11 Кб2ЛЕКЦІЯ 5_Управлінські рішення.doc