789

d 3g cos d 2l .

Разделим переменные и проинтегрируем исходное дифференциальное уравнение вращательного движения стержня с учетом начальных условий движения (при =0, 0 =0

d					3g cos			d
					2l
2			3g sin
2					2l .
Угловая скорость стержня
			3g sin
					l	.
								ЗАДАЧА 49
Доска				ОА массой m =4кг и длиной l =1м может вращаться без трения вокруг

горизонтальной оси О. В неподвижную доску на расстоянии b =0.8м от оси О попадает и

застревает пуля массой m1=0.01кг, летевшая со скоростью V1 =800м/с. Определить угловую скорость доски после попадания пули. При вычислении момента инерции доску считать однородным стержнем.

Рис. 69

Решение

101

Рис. 70

На доску действуют силы: mg , а также составляющие реакций оси ХО и YО (рис. 69).

После попадания пули в доску действуют силы: mg , m1g , а также составляющие реакций

оси Х

(рис. 70).

О и

YО

На основании теоремы об изменении кинетического момента имеем

dK z

mz Fek ; mz Fek 0; K z const K z 0 .

dt

Это уравнение называется законом сохранения кинетического момента системы

относительно оси.

Тогда следует K z 0 m1V1b , (доска неподвижна)

K z m1V1b J z (m1b2

ml 2

)

J z

ml 2

3 -момент

3

,

где

инерции доски

относительно оси Oz,

V b .

С помощью равенства

m V b

ml 2

m b2

1

1

3

1

,

Определим угловую скорость доски

3m1V1b

3 0.01 800 0.8

4.8

ml 2 3m b2

4 12 3 0.01 0.8

2

1

рад/с.

ЗАДАЧА 50

Горизонтальная трубка длиной l может свободно вращаться вокруг вертикальной оси

О1О2 . Внутри трубки на расстоянии b от оси находится шарик массой

m . В начальный

102

момент трубке сообщается начальная угловая скорость 0 . Момент инерции трубки

относительно оси вращения Jz . Пренебрегая потерями на трение, определить угловую скорость трубки в момент, когда шарик вылетит из трубки.

Рис. 71

Решение

На систему тел действуют внешние силы: Мg , mg , а также составляющие реакций

опор оси Х О1,	YО1 , ХО2 .
На основании теоремы об изменении кинетического момента имеем
dK z	mz Fek ; mz Fek 0; K z const K z 0 .
dt

В данном случае выполняется закон сохранения кинетического момента системы относительно оси. Составим уравнение

Kz 0 mvb J z 0 (mb2

J z) 0 , Kz mvl J z (ml2 J z) ,

где v0

и v -скорость шарика соответственно в начальном и конечном положении во

вращательном движении вместе с трубкой вокруг оси O1O2 (оси O1z ) v0 = 0 b, v= l .

Угловая скорость трубки

J

m l 2 J

0

m

b2

z

z

0

.

J

mb2

z

2 0 ;( 0).

J

z

ml

ЗАДАЧА 51

Груз массой m подвешен на тросе, навитом на барабан массой m 1 с горизонтальной осью вращения. Пренебрегая потерями на трение и считая барабан сплошным однородным цилиндром, определить ускорение груза.

103

Рис. 72

Решение

На систему тел действуют внешние силы: m1g , mg , а также составляющие реакций

опор оси ХО , YО .

На основании теоремы об изменении кинетического момента имеем

dK z m Fe ; m Fe mgR.

dt z k z k

Кинетический момент системы относительно оси вращения барабана:

m

K

J

mVR

1

m VR

z

z

2

,

V

J z

1

m1 R2

R ,

(V скорость груза; R радиус барабана).

где

2

Далее получим

m

dV

dV

1

m R

mgR;a

.

2

dt

dt .

Ускорение груза

a

2mg

m 2m

.

1

ЗАДАЧА 52

Через блок массой m1 0.2m , имеющего горизонтальную ось вращения, переброшена

веревка,

к одному концу которой подвешен груз массой m , а за другой конец ухватился

104

человек, имеющий ту же массу m . Пренебрегая массой веревки и считая массу блока равномерно распределенной по его ободу, определить скорость груза, если человек начнет подниматься по веревке с относительной скоростью u .

Рис. 73

Решение

На систему тел действуют внешние силы: mg , m1g , а также составляющие реакций

опор оси ХО , YО .

На основании теоремы об изменении кинетического момента имеем

dK z m F e ; m F e mgr mgr 0

dt z k z k

Kz const Kz 0 ; Kz 0 0; Kz 0.(по условию задачи)

В данном случае выполняется закон сохранения кинетического момента системы относительно оси. Составим уравнение

mvr J z m(u v)r 0;

где Jz=1/2 (m1 r2) =0,1 (m r2).Здесь m1 =0,2m = v/r-угловая скорость блока .

	m(u v)r 0.1mr 2	v	mvr 0
		r
			.

Скорость груза

v 10 u

21 .

ЗАДАЧА 53

105

Через блок массой M , имеющий горизонтальную ось вращения, переброшен трос, к одному концу которой подвешен груз массой m , а другой конец прикреплен к пружине жесткостью с . Пренебрегая трением и массой троса определить период малых колебаний системы, считая блок однородным цилиндром.

Рис. 74

Решение

На рассматриваемую систему тел действуют внешние силы:

пружины Fпр , а также составляющие реакций опор оси ХО , YО . Дифференциальное уравнение малых свободных колебаний

теоремы об изменении кинетического момента:

dK z	mz Fek .
dt	Fek mgr F упр f mgr c( f ct f )r c r2 ,
mz

Mg , mg , сила упругости

диска получим с помощью

где	F упр c( f ct f )	-упругая сила пружины;			f	r	- деформация пружины, здесь -
угол поворота блока (малый угол).
В положении статического равновесия
F упр r mgr		или	c f	cт mg.

Кинетический момент системы относительно оси вращения барабана:

K z J z mVr J прz .

.

106

	J z	1	m r2
		2		-момент инерции блока относительно оси вращения; V r - скорость
	где
				пр	M			2
				J z			m r
	груза, -угловая скорость блока;				2			- приведенный момент инерции

системы.

Таким образом, проектируя уравнение на ось вращения блока, получим учитывая, что

d

)

dt

d

J прz cr2 0;

k 2

dt .

Круговая частота колебаний будет равна:

c r2

2с

k

2m

J прz

M

.

Период малых колебаний системы

T

2

2

M 2m

k

2c

.

ЗАДАЧА 54

Вертикально расположенный диск имеет горизонтальную ось вращения, смещенную

R

2 . В начальный момент угол отклонения

относительно центра масс диска на расстояние ОС

диска от равновесного

положения

равен 0 ,

а

начальная скорость равна нулю. Считая

колебания диска малыми определить закон движения диска.

Решение. (рис. 75)

Рис. 75

107

Диск является физическим маятником. Дифференциальное уравнение вращательного движения диска имеет вид:

J mz F ek .

mz Fek mg R2 sin ,

где sin ;

-угол поворота блока (малый угол).

mg

R

sin

mgR

2

2 .

mg

R

k

2

k 2 0

J z

где

.

Момент инерции диска относительно оси вращения:

	2		mR2		R 2			3mR2
J z J xc m OC				m
			2					4
					2				.

Решение дифференциального уравнение вращательного движения диска ищется в виде:

C1 coskt C2 sinkt,

откуда		C1k sinkt C2 k coskt,						.
Воспользуемся начальными условиями t 0 ; 0									и 0 .
Найдем постоянные интегрирования
		C1		C		0	0.
				2	k
Откуда			0 и
Уравнение движения диска
0	coskt	.

ПРИНЦИП ДАЛАМБЕРА. ОБЩЕЕ УРАВНЕНИЕ ДИНАМИКИ.

ЗАДАЧА 55

При каком минимальном значении скорости тяжелый шарик пройдет высшую точку петли радиуса R , не отрываясь от нее ? Петля расположена в вертикальной плоскости.

108

Рис. 76

Решение Будем считать шарик материальной точкой в промежуточном положении на его

траектории. Приложим к шарику действующие силы: тяжести mg , нормальная реакция петли N и, соответственно, Ф , Фn-касательная и нормальная силы инерции.

Рис. 77

Согласно принципу Даламбера для точки получим уравновешенную в любой момент времени систему сил

(mg , N ,Ф ,Ф n) 0 .

Проектируя эту систему сил на главную нормаль Mn, получим

mg sin N Фn 0,

	an m	V 2
		R -нормальное ускорение шарика, ( V-скорость шарика).
	где Фn = mаn здесь
	По условию задачи при 90			нормальная реакция в верхней точке петли N 0 .
					V 2
	N Фn vg sin 0;	sin sin90 1;			m		mg 0 .
						R

Скорость шарика

V Rg .

109

ЗАДАЧА 56

Тяжелый шарик, находящийся на вершине гладкого сферического купола радиуса R ,

получает начальную горизонтальную скорость V0 . В каком месте шарик покинет купол? При каком значении начальной скорости V0 шарик оторвется от купола в верхней точке?

Рис. 78

	Решение
	Приложим к						шарику,	находящемуся в произвольном положении
тяжести		mg		, нормальной				реакции	Ф ma		mV
									N , касательную
Ф ma			m		V 2
					R		силы инерции.

Согласно принципу Даламбера для точки получим уравновешенную времени систему сил

(mg , N ,Ф ,Ф n) 0 .

Проектируя эту систему сил на главную нормаль Mn, получим

на куполе силы:

инормальную

влюбой момент

mg cos N Фn 0.

В момент отрыва шарика от купола нормальная реакция купола будет равна нулю:

Рис. 79

N mg cos mV 2 0

R .

Отсюда

110