уп_Вабищевич_Физика ч

Пример 3. Лестница массой m = 30 кг прислонена к гладкой верти-
кальной стене под некоторым углом к полу. Коэффициент трения между ле-
стницей и полом m = 0,3. Определить наименьший угол наклона лестницы к
полу, при котором она может оставаться в равновесии (не начнет сколь-
зить по полу), и силу, с которой лестница давит на стену в момент времени
начала скольжения. (Уровень 3).						Y
Решение. На лестницу кроме силы
тяжести mg , приложенной к ее центру масс						′
(середине), действуют			силы: со стороны			N2	N2
пола – сила реакции			и сила трения по-
		N1
								N1
коя Fтр.пок. ; со стороны стены –				сила реак-
ции N2 (см. рисунок). При этом сила тре-						O	Fтр.пок. α
ния направлена таким образом, чтобы пре-								X
пятствовать скольжению лестницы по полу.
						Z
Введем систему координат XYZ. От-							mg
носительно оси OZ, проходящей через точ-
ку О перпендикулярно к плоскости чертежа, момент силы трения покоя
Fтр.пок. равен нулю, сила тяжести mg и сила реакции стены N2								стремятся
«вращать» лестницу по часовой стрелке, а сила реакции пола N1 – против.
С учетом этого запишем уравнения равновесия лестницы в виде
∑M	i	= mg 1l cos a + N			l sin a - N l cos a = 0 ;			(1)
			2	2		1
			∑Fx = N2 − Fтр = 0 ;					(2)
			∑Fy = N1 − mg = 0 .					(3)
Поскольку сила трения в момент начала скольжения
			Fтр = μN1 , а N1 = mg ,
				N2 = μmg .				(4)
Преобразуем уравнение (1) с учетом выражений (4):
			mg + mmgtga ³ mg .
			2
Отсюда находим

		tga ³		1			;	amin = arctg	1		» 59°;
				2m					2m
				N2 = μmg = 88, 2 H .
	Ответ: amin	= arctg	1			» 59°; N2 = μmg = 88, 2 H .
			2m

111

Y				Пример 4. На цилиндр намотана нить,
		T	X
				конец которой закреплен на стойке в верхней
	N			точке наклонной плоскости так, как показано
		′	Fтр.пок.
		O		на рисунке. Коэффициент трения цилиндра о
		O		плоскость – μ. При каком максимальном зна-
	α			чении угла α цилиндр не будет скользить по
		mg		наклонной плоскости? (Уровень 4).
				Решение. На цилиндр действуют че-
тыре силы: сила тяжести mg
				, сила натяжения нити Т , сила реакции N и

сила трения Fтр.пок. , препятствующая скольжению цилиндра по плоскости.

Так как цилиндр покоится, алгебраическая сумма моментов сил, дей- ствующих на него, относительно произвольно выбранной оси равна нулю. Запишем уравнение моментов, например, относительно оси, перпендику- лярной к плоскости чертежа и совпадающей с осью цилиндра, а также уравнения равновесия для сил в проекциях на оси ОХ и ОY для момента

времени начала скольжения цилиндра по наклонной плоскости:
∑Mi = TR − FтрR = 0 ,	(1)
∑Fix =T + Fтр − mg sin α = 0 ,	(2)
∑Fiy =N − mg cos α = 0 .	(3)
Выразив из уравнения (1) силу натяжения нити Т и подставив в (2),
получим для момента времени начала скольжения
2Fтр − mg sin α = 0 .	(4)

Поскольку сила трения покоя Fтр = μN , то уравнение (4) с учетом (3)

можно записать в виде

Fтр = mg sin α = μmg cos α . 2

Следовательно,

tgα ≤ 2μ ; α ≤ arctg2μ ; αmax = arctg2μ .

Ответ: αmax = arctg2μ .

1.5.Задачи для самостоятельного решения

1.К концам однородного стержня длиной l = 50 см и весом P = 10 Н под-

вешены две гири весом P = 10 Н и P = 20 Н. В какой точке следует по-
1	2

ставить опору, чтобы стержень находился в равновесии? [На расстоянии

	x =	( 1	2	P + P2 )l		= 31,25 см от гири весом P = 10 Н; уровень 1].
		P + P + P
						1
				1	2

112

2.Однородная плоская пластинка имеет форму круга ра-

диусом R , из которого вырезан круг вдвое меньшего радиуса так, как показано на рисунке. Найти положе- ние центра тяжести пластинки с вырезом. [На оси сим-

метрии пластинки на расстоянии x = 1 R слева от ее

6

геометрического центра; уровень 2].

R

O

3. Катушка удерживается в покое на наклонной плоско-
		R	F
сти горизонтальной силой F , приложенной к нити,
намотанной на катушку (см. рисунок). Масса катушки		r
m = 40 г, радиусы r	= 2 см, R = 4 см, угол наклона плос-	α
кости к горизонту	α = 60° . Найти величину силы F .
[ F = mgR sin α ≈ 0,34 H ; уровень 3].

r+ R cos α

4.Под каким углом наклона к горизонту должен ехать велосипедист

по окружности радиусом R = 10 м на скорости υ = 36 км/ч? [ α = arctg gRυ2 = 44°25′ ; уровень 3].

5.На горизонтальной поверхности лежит доска массой M = 2 кг. На доске находится кубик массой m = 0,5 кг. Коэффициент трения меж- ду доской и горизонтальной поверхностью μ = 0,3. Трение между

кубиком и доской столь велико, что кубик относительно доски скользить не может. Какую минимальную горизонтальную силу

нужно приложить к доске, чтобы кубик опрокинулся? [ Fmin = (1 + μ)(M + m) g = 32 H ; уровень 4].

	6. На горизонтальном столе лежит тонкий диск массой	α
	M = 500 г и радиусом R = 15 см (см. рисунок).
		m
	В центре диска укреплен тонкий невесомый верти-
	кальный стержень длиной l = 40 см, к верхнему концу	l
	которого на невесомой и нерастяжимой нити подве-	M
	шен шарик массой m = 300 г. Шарик приводят в дви-
	жение так, что он описывает окружность в горизон-

тальной плоскости вокруг стержня. Какой максимальный угол при этом может составлять нить со стержнем, чтобы диск не опрокинулся? Считать, что трение столь велико, что диск не может скользить по столу.

[ αmax = arctg R (M + m) = 45° ; уровень 4, 5]. lm

113

УЧЕБНЫЙ БЛОК 2 ДИНАМИКА ВРАЩАТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ ТВЕРДОГО ТЕЛА

Динамика вращательного движения является одним из основных разделов механики, изучаемых в вузе. Это обусловлено, во-первых, доста- точно новым материалом, который в школьном курсе физики не изучается. Во-вторых, этот раздел имеет большое значение при изучении других дис- циплин: теоретической механики, сопротивления материалов, строитель- ной механики, теории машин и т.д. Поэтому материал этого блока, по сравнению с другими блоками, предлагается на лекции и не выносится на самостоятельное изучение. Вместе с тем для изучения этого блока необхо- димо наличие у студентов определенных знаний и умений.

При изучении данного блока студенты должны

иметь представление:

–о законах динамики материальной точки;

–о понятиях момента сил и центра масс;

–о законах сохранения;

обладать навыками:

–векторного и скалярного действия с величинами;

–интегрирования простейших функций;

–определения координат центра масс;

–работы с кинематическими характеристиками движения по ок- ружности;

–вычисления моментов сил.

Учебная программа блока

	Содержание блока	Форма	Литература
		подготовки
	Основные понятия: момент импульса, момент	лекция
	инерции, момент импульса силы
	Аналог второго закона Ньютона для вращательно-	лекция
	го движения		[5]
	Закон сохранения момента импульса	лекция	[6]
	Кинетическая энергия вращательного движения.	лекция	[7]
	Работа		[8]
			[10]
	Понятие о степенях свободы твердых тел	лекция
	Момент инерции сложных тел	лекция
	Вращение тела относительно свободной оси	лекция
	Вращение тела относительно заданной точки	лекция
	Гироскопический эффект	самост.

114

Цели обучения

Студент должен знать	Студент должен уметь
– законы динамики вращательного движе-	– определять плечи сил и их моменты;
ния (законы сохранения и основной закон	– определять момент инерции твердых
динамики вращательного движения);	тел;
– методику определения моментов инер-	– определять динамические характеристики
ции твердых тел;	вращательного движения на основе зако-
– способы определения направления век-	нов динамики вращательного движения;
торов момента силы, момента импульса;	– решать комплексные задачи механи-
– понятие степени свободы твердого тела;	ки с учетом качения и вращения твердых
– понятие свободной оси и особенности	тел
движения твердого тела со свободной осью

2.1. Краткое содержание теоретического материала

Вращательное движение твердого тела можно рассматривать как по- ступательное движение по окружности вокруг одной оси жестко связанных материальных точек, составляющих тело. Пусть твердое тело состоит из двух жестко связанных материальных точек m1 и m2 , движущихся под

действием внешних сил F1 и F2 (рис. 2.1.). Кроме внешних сил на точки

действуют силы жесткой связи (внутренние)						f12	и	f21 . Центр масс тела
находится в точке C , лежащей на прямой, соединяющей точки. Все силы и
точки массой m1 ,		m2 лежат в плоскости чертежа.							F	K
Найдем	результирующую силу			Fp
									1
внешних сил. Для этого перенесем силы F1
						m1	A				Fp1
и F2 по линиям их действия в точку K пе-								r Fp2
ресечения линий действия сил и, сложив					F	β		1			F
					1						2
							f12
векторы F1 и F2 , определим Fp . Соединим								C	Fp
точку K и точку C отрезком прямой. Да-									r2
		на взаимно перпендику-							f21	B	m
лее разложим Fp
											2
										α
лярные компоненты Fp1 и Fp2 , как пока-
зано на рисунке.		Так как линия действия							Рис. 2.1		F2
силы Fp2 проходит через центр масс,				она

вызывает прямолинейное (поступательное) движение центра масс систе-

мы (тела). Сила Fp1 вызывает вращательное движение тела под действи-

115

ем момента силы Fp1 с плечом KC относительно точки C , которое, со-

гласно принципу суперпозиции движений в механике, можем рассматри- вать независимо от других видов движения.

Внутренние силы f12 и f21 не вызывают вращения тела ( m1 , m2 ), так как их плечи относительно точки C равны нулю. Поэтому условие эквива- лентности вращающих моментов относительно оси, перпендикулярной к плоскости рисунка и проходящей через точку C , можно записать в виде

			r	× F	+ r × F		= l × F			,				(1)
			1	1	2	2			p1
												m );	r
где F и			F – силы, вращающие тело (систему точек m ,											= CA ,
	1		2								1	2	1
r
	= CB ,	l	= CK . В связи с этим условие равновесия для вращающих мо-
2
ментов можно записать в виде
			m [r × a ] + m [r			× a	2	] = l × F			,			(2)
			1 1	τ1	2 2	τ				p1

где aτ1 и aτ2 – тангенциальные ускорения материальных точек m1 и m2 .

Так как aτ = d υdt , выражение (2) можно переписать в виде

[r × m dυ] + [r × m d υ

dt.

(3)

] = l × F

1

1

2

2

2

p1

Поскольку верно равенство

d

d υ

dr

[r × mυ] = r × m

+

× mυ =

dt

dt

dt

dυ

d υ

= r

× m

+ [υ × mυ]

= r × m

dt

dt

как векторное произведение двух коллинеарных векторов), то

([υ × mυ] = 0

вместо (2) получаем

d ([r × m υ ] +

[r × m υ

dt .

(4)

]) = l

× F

1

1 1

2

2 2

p1

Слагаемые левой части равенства (4) определяют изменение момента

импульсов точек m1 и m2 , а правая часть равенства – момент импульса си-

лы. Векторы момента импульса [r × mυ] и момента силы l × Fp1 перпен-

дикулярны к плоскости чертежа (см. рис. 2.1), а направления их подчиня- ются «правилу буравчика».

Введя обозначения

mυ = p , [r

× p] = L и

l

× F

= M , равенство (4)

запишем в окончательном виде

d

L

+ L

= M .

(5)

dt

1

2

116

		Это закон изменения момента импульса.
		Из уравнения (5) следует закон сохранения момента импульса.
В замкнутой системе (M = 0) момент импульса остается постоянным
dL
		= 0 . Для решения задач целесообразно иметь представление о неко-
dt

торых частных формулировках этого закона:

1)если векторная сумма моментов сил, действующих на тело, равна нулю или линия действия результирующей силы проходит через ось вращения тела, то внешние силы не изменяют угловую скорость вращения тела;

2)внутренние силы в системе взаимодействующих тел не могут изме- нить момент импульса системы;

3)перемещение тел в системе относительно друг друга под действием внутренних сил не изменяет момента импульса системы.

		Пример		опреде-			m
ления модуля момента
импульса			иллюстри-			r			O
руется на рис 2.2, где						α			R	m
											L
точка		массой		m дви-
					L
жется в плоскости лис-						O l = r cos α	p
											б)
								а)		p
та	и	имеет		импульс
								Рис. 2.2
p	= mυ (см. рис. 2.2, а).
Относительно точки O момент импульса L определяется как произведе-
ние кратчайшего расстояния между линией импульса									p и точкой O на
			p :	L = pl = mur cos a . Направление вектора
импульс									L определяется по
правилу векторного произведения ( L = m[r								× υ] ). При этом можно вос-

пользоваться правилом «левой руки»: если четыре пальца ладони

направить вдоль радиус-вектора				r , а ладонь расположить так,	чтобы
импульс			входил в		будет
	p	(или υ)		ладонь, то момент импульса L

направлен вдоль большого пальца ладони, отогнутого на 90° относительно

других пальцев. На рис. 2.2, а вектор L направлен за лист из точки О, что обозначено знаком Ä (хвостик стрелки).

На рис. 2.2, б показан момент импульса L материальной точки m , движущейся по окружности и имеющей импульс p .

117

Подобным же образом определяется момент силы M . Если на рис. 2.2

вместо вектора импульса тела нарисовать вектор силы F , модуль момента

силы определяется выражением M = Fr cos α , а направление вектора M

совпадает с направлением, определенным для вектора L .

Обобщая вышесказанное, связь момента импульса системы матери- альных точек с моментами внешних сил, действующих на точки, получаем

в виде

m

dL

= ∑

(6)

dt

ri

× Fi ,

i =1

m

– суммарный момент внешних сил.

где M

= ∑

ri

× Fi

i =1

Если проекция суммарного момента сил на некоторую ось равна

нулю, например, ∑M z

= 0 , то в соответствии с (6)

d

Lz

= ∑M z ;

d

Lz

= 0 ;

Lz = const ,

dt

dt

проекция момента импульса системы на эту ось ( z ) сохраняется (не изме-

няется).

На основе уравнений (5) и (6) для материальной точки, движущейся

по окружности под действием касательной силы, можно записать
d (mυR) = FRdt ,	(7)

где левая часть – изменение момента импульса материальной точки под действием импульса момента силы, представленного правой частью урав- нения. Так как υ = ωR , то уравнение (7) можно переписать в виде

mR2 dω = FR = M , dt

или, вводя угловое ускорение ε , в виде
mR2ε = M ,	(8)

где величина J = mR2 является мерой инертности материальной точки при движении по окружности и называется моментом инерции.

Так как при вращении твердого тела все материальные точки, со- ставляющие тело, движутся по окружностям, лежащим в плоскостях, пер- пендикулярных к оси вращения, и имеют собственные моменты инерции, совпадающие по направлению, уравнение (8) можно применить и для

твердого тела в виде
J ε = M ,	(9)

118

где J – момент инерции тела относительно оси вращения, ε – мгновенное угловое ускорение тела под действием результирующего момента сил, действующих на тело.

Поэтому уравнение (9) является основным уравнением динамики вращательного движения тел (аналогом второго закона Ньютона для вращательного движения).

Величина момента инерции тела в общем случае зависит от распреде- ления массы в теле и выбора оси вращения, поэтому часто используется термин осевой момент инерции (или просто момент инерции). Распределе- ние массы твердого тела по объему характеризуется плотностью ρ , поэтому для определения момента инерции тела поступают следующим образом:

–разбивают тело на микрообъемы dVi;

–определяют кратчайшее расстояние ri от dVi до оси вращения тела;

–определяют массу микрообъема mi = ρidVi , где ρ – плотность

вещества тела;

–определяют момент инерции такой массы Ji = miri2 ;

	– осуществляют операцию суммирования Ji				B	A
	N	N	N
	J = ∑Ji	=∑miri2 = ∑ρidViri2 .			ω
	i=1	i =1	i=1
	Операцией, эквивалентной суммированию, является
	интегрирование функции Ji		по объему тела.	Поэтому в		C
	общем случае					d
	J = ∫ρ(r ) r2dV .			(10)
		V
	Формула (10) позволяет определить J для любого				B	A
	тела (формы и распределения массы) относительно лю-
					Рис. 2.3

бой оси вращения этого тела. Однако определение J мо-

жет быть упрощено в ряде случаев, например, если известен момент инер- ции тела относительно оси ( AA) , то можно найти момент инерции относи-

тельно любой оси ( BB) , которая параллельна первой (рис. 2.3.).

Вращение тела относительно оси ВВ (ось вращения, относительно которой определяется J ) с угловой скоростью ω можно представить в виде двух движений:

–движения центра масс (точка С) по окружности с радиусом d во- круг оси ВВ;

–вращения тела относительно оси АА (ось вращения, проходящая

через центр масс, для которой известен момент инерции J0 ).

119

При этом момент инерции относительно оси ВВ можно определить как

J = J	0	+ md 2 .	(11)
Выражение (11) называется теоремой Штейнера.

Определим работу внешних сил, совершаемых при повороте абсо- лютно твердого тела (внутренние связи жесткие) относительно некоторой оси вращения, совпадающей с осью Z . Пусть на элементы тела массой mi

действуют внутренние fi и внешние Fi силы. Эти силы совершают эле-

ментарную работу, которая для i-го элемента может быть записана в виде

								] dt
δAi = ( fi	+ Fi )dri	= fiυidt + Fiυidt = fi [ω× ri				] dt + Fi [ωi	× ri

и которая приводит к движению i-го элемента по окружности относительно

некоторой оси с угловой скоростью ω (вектор ω сонаправлен с осью вра-

щения

Z

и связан с линейной скоростью

υi

векторным произведением

] ).

υi = [ω× ri

Тогда в соответствии с правилами векторной алгебры можно осуще-

ствить переход

f

[ω× r ] → ω r

× f

и F

[ω× r

] → ω r

× F ,

i

i

i

i

и соотношение для элементарной работы примет вид

δA = ∑δAi

= ω(∑Miвнутр )dt + ω(∑Miвнеш )dt .

Сумма моментов внутренних сил равна 0, поэтому

δA = ωMωdt = M zωdt ,

где

M ω = M z –

проекция вектора момента силы на направление вектора

угловой скорости, которое совпадает с осью Z .

Учитывая, что ωdt = dϕ ,

получаем выражение для работы при по-

вороте твердого тела вокруг оси z на бесконечно малый угол dϕ:

δA = M z dϕ

(12)

При повороте тела на конечный угол ϕ работа определяется выраже-

нием

A = ∫M z (ϕ)dϕ

(13)

или

A = M zϕ , если M z = const .

120