Специально для групп С-12 / Общая физика_под ред. Белокопытова_2016 -506с

проходящей через центр масс, и произведения массы тела на квадрат расстояния между этими осями. Знание моментов инерции тела относительно осей, проходящих через центр масс тела, позволяет найти момент инерции тела и описать вращение тела относительно любой произвольной оси.

4.6. Теорема Кёнига

Определим, как изменяется кинетическая энергия тела при переходе из одной системы координат в другую. Поскольку ранее уже были показаны особые свойства центра масс, то свяжем одну из систем отсчета с центром масс С (рис. 4.10) и рассмотрим кинетическую энергию материальной точки массой dm в системе отсчета (X,Y,Z).

			º
Скорость точки в этой системе отсчета определена как	º	=	d r	, где
	v		---------
			d t

ºr — радиус-вектор точки. Положение центра масс в этой системе

определяется радиусом-вектором ºrC , а положение точки относи-

тельно центра масс — радиусом-вектором ºr1 . Поскольку ºr =

º	º	º	º	º	º
= rC	+ r1	, то v	= vC	+ v1	, где vC	— скорость центра масс в сис-

º

теме (X,Y,Z), а v1 — скорость материальной точки относительно

центра масс. Тогда кинетическая энергия точки в системе (X,Y,Z) вычислится следующим образом:

	1		2		1	º	2		1	º	º 2
dWк =	----	v		dm =	----	v		dm =	----	( vC	+ v1 ) dm .
	2				2				2
				Z	dm
				r				Z'
								r1
						rC		C			Y'
				O
				X'							Y
	X
						Рис. 4. 10

61

Определим кинетическую энергию тела массой М, состоящего из совокупности материальных точек:

----1	º	+
Wк = ∫ 2	( vC

M

º 2		1
v1 )	dm = ∫	----
		2

M

º2	º º	º2
( v1	+ 2 vC v1	+ vC ) dm .

Вспомним, что, согласно § 2.5, в произвольной системе координат скорость центра масс равна

		1	∫ v dm .
	vC =	----
		M
			M

Тогда

Wк =	----1	º2	dm +
	2	∫ v 1

M

1 ∫ º º

---- 2 v C v 1 dm + 2

M

1 ∫ º2

---- v C dm = 2

M

=	----1	º2				º	º
	2	∫	v	1	dm + v C ∫		v 1 dm
		M				M
		1			2	º	º
	=	----		∫ v1		dm + v C M vC1
		2

M

+	----1	∫	º2	dm =
	2		v C
		M
	1		2
+	----	∫ vC dm,
	2

M

º

где vC1 — скорость центра масс относительно центра масс, очевидно равная нулю. Поэтому

1 Wк = ---- ∫

2

M

2	1	2
v1 dm +	----	∫ vC dm = Wк отн + Wк ц.м . (4.19)
	2

M

Кинетическая энергия системы материальных точек есть сумма кинетической энергии ее движения относительно центра масс и кинетической энергии, которой обладала бы она, двигаясь поступательно со скоростью центра масс. Это утверждение получило название теоремы Ф. Кёнига (1774 — 1833).

4.7. Кинетическая энергия вращающегося тела

Рассмотрим вращение тела вокруг оси, проходящей через центр масс, и определим кинетическую энергию тела. Воспользуемся доказанной теоремой Кёнига. Поскольку центр масс при таком движении тела не совершает поступательного движения, то Wк ц.м = 0. Поэтому

Wк = Wк отн — кинетическая энергия вращения относительно центра масс. Вычислим ее согласно (4.19):

	1	2		1	º2	1	º º
Wк отн =	----	∫ v1	dm =	----	∫ v 1 dm =	----	∫ ( v 1, v 1 ) dm,
	2			2		2
		M			M		M

62

º

где v1 — линейная скорость материальной точки dm при ее вращении вокруг центра масс. Если вращение совершается по окружности

		º			º		º	º
радиуса r с угловой скоростью		ω	, то согласно (1.13)		v1	=	ω ×	r .
Тогда
Wк отн =	----1	º º º		]) dm .
	2	∫ ( v	1, [ ω, r

M

Используя свойство смешанного произведения векторов, получаем

к отн =	----1	º	º	º	]) dm =		----1	º	º	º	]) =
	2	∫ ( ω, [ r ,		v1			2 ∫	( ω, [ r , dm v1
		M					M
				1		º	º
			=	----		∫ ( ω,	d L ) .
				2

M

Поскольку при вращении тела угловые скорости всех его материальных точек одинаковы, то

	1	º º		1	ºº		1
Wк отн =	----	ω ∫ d L	=	----	ω L	=	----	ωzLz .
	2			2			2

M

Так как Lz = Iz ωz , то

	1	2
Wк отн =	----	Izωz .	(4.20)
	2

Таким образом, кинетическая энергия тела, вращающегося вокруг оси, проходящей через центр масс, равна половине произведения момента инерции тела относительно этой оси на квадрат угловой скорости вращения вокруг этой оси.

Попробуем получить этот результат иначе, исходя из теоремы об изменении кинетической энергии. Разобьем тело на элементарные

º

массы, каждая из которых при вращении имеет скорость v i и

º

совершает за время dt перемещение d l i . Тогда элементарная работа равнодействующей силы по перемещению i-й точки будет dA =

º	º	º	º	d t). Поскольку равнодействующая всех сил
= ( R	, d l i	) = ( R	, v i

определяется векторной суммой внешних и всех внутренних сил, действующих на i-ю точку, то

º dAi = Fi

º		º		º º		º º
+ ∑ f	ik	, v i	d t	= ( Fi, v i	d t) +	∑ f	ik, v i	d t .
k						k

63

	º		º º
Поскольку	v i	=	ω × r i , то
		º	º	º		º
dAi = ( Fi			, [ ω ,	r i	] d t) +	∑ f ik
						k

º º
, [ ω , r	] d t , или
i

	º					º
º º			º	º
dAi = ( ω, [ r i	, Fi	] d t) +	ω,		r i, ∑ f ik			d t ,	(4.21)
						k

что следует из свойства смешанного произведения векторов.

Просуммируем последнее выражение по всем точкам тела. Вычислим сумму всех первых слагаемых (4.21):

º

º

º

] d t)

º

º

,

º

ºº

∑( ω, [ r i

,

Fi

= ω∑[ r i

Fi ] d t =

ω Mвнеш dt .

i

i

Сумму всех вторых слагаемых (4.21) можно вычислить так:

º

º

ºº

º

º

º

º

∑

ω,

r i,

∑ f

ik

d t =

ω ∑

r i, ∑ f ik

d t

= ω Mвнут dt = 0 ,

i

k

i

k

поскольку суммарный момент внутренних сил системы материальных точек равен нулю (см. § 4.2). Тогда

ºº	º	º	º º
dAi = ω Mвнеш dt = Mвнеш		ω dt = Mвнеш d ϕ ,

где dºϕ — угловое перемещение тела за время dt.

Работа по вращению тела вокруг оси Z:

	dω	ω dt = Iz ωdω .
dA = M	------
	внеш dϕ = Iz εzω d t = Iz dt

Проинтегрировав полученное выражение, найдем полную работу

2ω2

A = ∫ dA = ∫

1ω1

Iz	ωdω = Iz	ω22		–	ω12
			------		------	.
			2		2

По теореме об изменении кинетической энергии (3.6) A = Wк = = Wк 2 – Wк 1, поэтому

	1	2
Wк =	----	Iz ωz .	(4.22)
	2

64

4.8. Плоское движение твердого тела (качение)

Рассмотрим кинематику и динамику частного случая плоского движения, а именно качения. Плоским называется такое движение твердого тела, при котором все его точки перемещаются в параллельных плоскостях. Примером плоского движения является качение симметричного тела (цилиндра, шара, диска) по плоскости (рис. 4.11). Пусть качение происходит без проскальзывания. В этом случае скорость точек катящегося тела, соприкасающихся с плоско-

º

стью, равна нулю ( v A = 0 ). Как уже говорилось (см. § 1.6), любое

движение твердого тела можно представить как совокупность двух движений: поступательного и вращательного. Например, качение цилиндра (рис. 4.12, а) можно представить как сумму поступательного движения его со скоростью, равной скорости центра масс С (рис. 4.12, б), и одновременного вращения относительно оси, перпендикулярной плоскости рисунка и проходящей через центр масс (рис. 4.12, в).

Скорость любой точки катящегося цилиндра можно представить

в виде	º	=	º	+	º	. Здесь	º	— скорость поступательного движе-
	v		v п		v в		v п

ния, которая одинакова для любой точки и равна скорости центра

º	º
масс v C , а	v в — скорость вращательного движения относительно
оси Z, направленной на рис. 4.12, в «от нас» и проходящей через
	º	º	º
точку С. Так как v A = 0 , а векторы		v в и	v п в точке А противона-

правлены, то модули этих векторов одинаковы: vп = vв . В точке D

	º		º	º	º
векторы	v в	и	v п	сонаправлены, поэтому v	D = 2 v C.

Найдем кинетическую энергию катящегося цилиндра. Для этого разобьем цилиндр на множество элементарных масс и найдем кине-

	D		2vC	D vп		D	vв
v	C	vC	=	vC	+	C
C				C
				vп		vв
A	A			A		A
Рис. 4. 11	a)			б )		в)

Рис. 4. 12

65

тическую энергию каждой элементарной массы. Поскольку скорость

º

º

º

любой i-й элементарной массы

v i

= v

п i

+ v

в i

, то

W

1

2

1

º º

)

2

1

º2

º º º2

) .

= ---- m

v

= ---- m

( v

+ v

=

-- m

( v

+ 2 v

v

+ v

к i

2

i

i

2

i

п i

в i

2

i

п i

п i

в i

в i

Для определения кинетической энергии катящегося цилиндра необходимо сложить кинетические энергии всех элементарных масс, поэтому

Wк = ∑Wк i

i

----1	º2	----1	º2	º º			. (4.23)
= ∑ 2	mi v п i	+ ∑ 2	mi v в i	+ ∑mi v	п i	v в i
i		i		i

Поскольку скорость поступательного движения всех точек одинакова и равна скорости центра масс, то

1	º2	1	º2	º2	1			1	º2
----	mi v п i	----	mi v C	= v C	----	mi	=	----	m v C .
∑ 2		= ∑ 2			∑ 2			2
i		i			i

Согласно (4.22), второе слагаемое (4.23) вычислим так:

1	º2	1	2
----	mi v в i =	----	Iz ω ,
∑ 2		2

i

где Iz — момент инерции цилиндра относительно оси вращения Z. Наконец, третье слагаемое (4.23) преобразуется к виду

º º	= ∑miv п i v в i cos α ,
∑mi v п i v в i
i	i
	º		º
где α — угол между векторами v п		и	v в .

Для любой элементарной массы mi всегда найдется симметрично расположенная масса mk, такая, что cos β = – cos α (рис. 4.13). Следо-

вательно, при суммировании		третье	слагаемое (4.23)		обращается
в нуль. Таким образом,
	1	º2	1	2
Wк =	----	m v C +	----	Iz ω ,	(4.24)
	2		2

т.е. кинетическая энергия катящегося тела складывается из кинетической энергии поступательного движения со скоростью, равной скорости центра масс, и кинетической энергии вращательного движения относительно оси, проходящей через центр масс. Можно показать, что данное утверждение справедливо не только для качения, но и для любого плоского движения.

66

			N
			Z
	vвi		ω
	Fтр	C	ε
mi	α
	vпi	r

	C	vС	A	aC
vвk	mk		mg
	β		vпk	α
				X
	Рис. 4. 13		Рис. 4. 14

Любое плоское движение твердого тела описывается двумя векторными уравнениями (2.2) и (4.11), которые объединим в систему

º		º
m aC = ∑ Fi ;
		i
				(4.25)
º	⁄	º
d L		dt = ∑ MF	.
		i	i

Система векторных уравнений (4.25) в проекциях на оси трехмерной системы координат эквивалентна шести скалярным уравнениям, поэтому говорят, что твердое тело имеет шесть степеней свободы (см. § 1.1).

Рассмотрим скатывание цилиндра массой М и радиусом r без проскальзывания с наклонной плоскости, образующей угол α с горизон-

том (рис. 4.14). На такой цилиндр действуют силы: тяжести º , m g

º	º
нормальной реакции опоры N , трения покоя	Fтр	. Под действием

этих сил центр масс цилиндра движется вниз по наклонной плос-

º

кости с ускорением aC , а сам цилиндр вращается вокруг оси Z, про-

ходящей через центр масс с угловым ускорением ºε . Направления

векторов ºC , ºε и оси указаны на рис. 4.14. Вращение цилиндра

Z

a

º

обеспечивается действием момента силы Fтр относительно оси Z,

º	º
так как моменты сил m g	и N относительно этой оси равны нулю

67

(силы проходят через центр масс). Уравнения системы (4.25) выглядят так:

º		º	º º
m aC	= m g		+ N	+ F	тр;
º	⁄ dt		º
d LC		= ∑ MF		.
				тр C
			i
Эти уравнения записываются в проекциях на оси Х и Z следую-
щим образом:
maC = mg sin α – Fтр;
Iz εz = Fтр r.
Воспользовавшись связью		линейного			и углового ускорений

(1.15), имеем: aC = ε r. Момент инерции цилиндра относительно оси Z

I	=	1	. Совместно решая составленные уравнения, определяем
		---- mr 2
z		2

ускорение центра масс цилиндра при его скатывании:

	2	g sin α .
a =	----
	3

68

Г л а в а 5

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ НЕКОТОРЫХ ЗАДАЧ МЕХАНИКИ

Пример 5.1. Стальной шарик отпускают на высоте h = 3 м от массивной стальной плиты, движущейся вверх со скоростью v = 2 м/с. Определите время τ между двумя последовательными абсолютно упругими ударами шарика о плиту.

v

vк

Y'

v0

Рис. 5. 1

Эту задачу удобно решать в системе отсчета, связанной с движущейся плитой. В такой системе отсчета формулировка задачи будет иметь вид: «С высоты h со скоростью v, направленной вниз, на неподвижную плиту бросают шарик». Найдем скорость v к , с кото-

рой шарик подлетит к плите (рис. 5.1), по формуле v2к – v2 = 2gh ,

откуда vк = v2 + 2gh . Скорость v0, с которой шарик отскочит от плиты, равна по модулю vк , так как удар абсолютно упругий.

В момент τ ⁄ 2 после отскока скорость шарика обратится в 0 (время подъема равно времени спуска). Запишем это условие в проекции на

ось Y ′ : v ′	=			τ	. Следовательно, искомое время:
		v		– g ----
y			0	2
				τ	=	2		= 2	v	2	2h
						---- v			----		+ ----- .
						g	0		g		g

Пример 5.2. Два одинаковых груза с помощью идеальных нитей удерживаются в положении, показанном на рис. 5.2. Найдите ускорения грузов сразу после пережигания горизонтальной нити. Угол α известен.

69

α		α	X
		T1
			Y
		1
1
		a1
		T '
		2
		mg
		T2
2		2
		a2
Рис. 5. 2	Рис. 5. 3	mg

Покажем систему сразу после пережигания нити на рис. 5.3. Начальные скорости тел равны 0, поэтому нормальное ускорение груза 1 равно 0. Следовательно, ускорение этого груза направлено по касательной к траектории его дальнейшего движения, т.е. перпенди-

º

кулярно силе T1 . На груз 2 действуют вертикально направленные силы, поэтому его ускорение направлено вертикально вниз. Таким

º º

образом, выберем оси X и Y вдоль направлений ускорений a1 и a 2 . Векторные уравнения второго закона Ньютона для каждого груза:

º

º

º

º

′ и

º

º

º

.

m a

1

= m g

+ T

1

+ T

m a

2

= m g

+ T

2

2

Проекции этих уравнений

на

выбранные

оси имеют вид:

ma

1

= (mg + T

′) sin α ,

ma

2

= mg – T

2

. Если считать нить невесо-

2

мой, то T2′ = T2 . Кроме того, если нити нерастяжимы, то проекции ускорений крайних точек нити на ось Y равны: a1 sin α = a2 .

Совместное решение всех составленных уравнений дает

a	2 sin α	2sin2α
	1 = ----------------------- g ,	a2 = --------------------- g .
	1 + sin2α	1 + sin2α

Пример 5.3. Два одинаковых маленьких шарика связаны идеальной нитью и удерживаются в положении, показанном на рис. 5.4. Шарики отпускают. Какое событие произойдет раньше: первый шарик соскользнет с гладкой горизонтальной поверхности или вто-

	рой шарик ударится о вертикальную стенку?
	На рис. 5.5 изобразим промежуточное состояние системы,				на
	º		º		º
			N	и	R
	которую действуют внешние силы: m g	со стороны Земли,

70