Таким образом, кинетическая энергия тела при плоском движении слагается из энергии поступательного движения со скоростью, равной скорости центра инерции, энергии вращения вокруг оси, проходящей через центр инерции тела.

§41. Применение законов динамики твердого тела

Как было установлено в предыдущих параграфах, движение твердого тела отвечает двум уравнениям [см. (35.5) и (38.5)]

mwC = ∑ fi	(41.1)
I β = ∑Mi	(41.2)

Следовательно, движение тела определяется действующими на тело внешними силами fi и моментами этих сил Mi. Моменты сил можно брать относительно любой неподвижной или движущейся без ускорения оси (относительно той же оси берется и момент инерции I), Взяв моменты внешних сил относительно оси, движущейся с ускорением, мы, по существу, написали бы уравнение (41.2) в неинерциальной системе отсчета, В этом случае, кроме внешних сил, приложенных к телу, нужно учитывать также силы инерции и их моменты.

Точки приложения сил fi действующих на тело, можно переносить вдоль линий их действия,

поскольку при этом ни сумма ∑ fi , ни моменты Mi не изменяются (при переноске силы вдоль линии ее действия плечо относительно любой точки не изменяется). Осуществляя такой перенос, можно несколько сил заменять одной силой, эквивалентной им в отношении воздействия, оказываемого на движение тела. Так, например, две силы f1 и f2, лежащие в одной плоскости (рис. 108), можно заменить эквивалентной им силой f, точку приложения которой можно также выбирать произвольно на направлении, вдоль которого она действует.

Рис. 108

Совокупность действующих на тело параллельных сил можно заменить их равнодействующей, равной сумме всех сил и приложенной к такой точке тела, чтобы ее момент был равен сумме моментов отдельных сил.

Найдем равнодействующую сил тяжести. Силы тяжести приложены ко всем элементам твердого тела, причем сила, действующая на элементарную массу mi, равна mig. Сумма этих сил равна P=mg. Суммарный момент сил тяжести относительно любой точки О равен

M =	r ,(	m g )
	∑ i	i
где ri — радиус-вектор, определяющий положение		mi относительно точки О. Перенеся

скалярный множитель mi из второго сомножителя в первый и вынеся общий множитель g за знак суммы, получим:

113

M = (∑ miri )g

Но сумма, стоящая в круглых скобках, равна произведению массы тела т на радиус-вектор rc центра инерции С. Поэтому

M = (mr		), g	= r ,(mg )		= [r , P]	(41.3)
	C		C		C

т. е, суммарный момент сил тяжести относительно любой точки совпадает с моментом силы mg, приложенной к точке С.

Таким образом, равнодействующая сил тяжести равна P=mg и приложена к центру инерции тела.

Из (41.3) вытекает, что момент сил тяжести относительно центра инерции равен нулю (в этом случае rc=0). Точка, относительно которой момент сил тяжести равен нулю, называется центром тяжести тела. Как уже отмечалось в §23, центр тяжести совпадает с центром инерции тела. Правда, это утверждение справедливо только в том случае, когда поле сил тяготения в пределах данного тела можно считать однородным, т. е. когда силы, приложенные к различным элементарным массам, имеют одинаковое направление и пропорциональны массе. Это условие выполняется для тела, размеры которого значительно меньше размеров земного шара. Если размеры сравнимы с размерами Земли, центр тяжести и центр инерции, вообще говоря, не совпадают. Поясним это простым примером. Однородный длинный стержень находится вблизи Земли (рис. 109). При таком расположении стержня, как на рисунке, силы тяготения, приложенные к различным его элементам, примерно параллельны. Величина же приложенных

к равным элементам сил изменяется с расстоянием от Земли по закону 1/ r2 (r — расстояние элемента от центра Земли). Очевидно, что центр тяжести в этом случае смещен относительно центра инерции к концу стержня, более близкому к Земле.

Рис. 109.

Таким же свойством, как у сил тяжести (в случае однородного поля сил), обладают силы инерции, вводимые при рассмотрении движения тела в неинерциальной системе отсчета движущейся поступательно относительно инерциальной системы. Действительно, силы инерции, приложенные к элементарным массам mi, равны — miw0, т. е. имеют одинаковое направление и пропорциональны массе (для всех точек неинерциальной системы, движущейся поступательно, w0 одинаково). Повторив рассуждение, приведшее нас к формуле (41.3), можно показать, что результирующая сил инерции равна — mw0 (m — масса тела) и приложена к центру инерции.

Относительно оси, связанной с поступательно движущейся неинерциальной системой отсчета (т. е. оси, движущейся поступательно в инерциальной системе) и проходящей через центр инерции тела, момент сил инерции равен нулю (результирующая сил инерции в этом

114

случае, как мы видели, приложена к центру инерции). Поэтому уравнение (41.2) можно писать относительно такой оси, не учитывая сил инерции. Подчеркнем еще раз, что так можно поступать только в отношении оси, проходящей через центр инерции и не изменяющей своего направления (не поворачивающейся) по отношению к инерциальной системе отсчета. При плоском движении такой осью является ось, проходящая через центр инерции и перпендикулярная к плоскости, в которой происходит движение.

Условия равновесия твердого тела. Тело может оставаться в состоянии покоя в том случае, если нет причин, приводящих к возникновению поступательного движения или вращения, В соответствии с (41.1) и (41.2) для этого необходимо и достаточно, чтобы были выполнены два условия:

1) сумма всех внешних сил, приложенных к телу, должна быть равна нулю:
∑ fi = 0	(41.4)

2) результирующий момент внешних сил относительно любой неподвижной оси должен быть равен нулю:

∑Mi = 0

(41.5)

Практически оказывается достаточным, чтобы условие (41.5) выполнялось для трех любых неподвижных осей, не лежащих в одной плоскости (например, для координатных осей х, у и z). Тогда оно будет выполняться и для любой иной оси.

Соотношения (41.4) и (41.5) и являются условиями равновесия твердого тела. Примеры на применение законов механики твердого тела

Пример 1: Дана однородная балка, лежащая на двух опорах (рис. 110), Определить реакции опор f1 и f2.

Рис. 110

Равнодействующая сил тяжести равна Р и приложена к центру инерции. Балка неподвижна. Поэтому согласно (41.4) сумма сил Р, f1 и f2 должна быть равна нулю. Отсюда следует, что

P = f1 + f2

где P, f1 и f2 — модули составляющих сил.

Результирующий момент всех действующих на балку сил относительно любой оси также должен быть равен нулю (см. (41.5)), в частности, должен быть равен нулю момент относительно левой точки опоры, что дает:

P		1	− l		= f		(l − l − l		)
						2		2
		2	1				1

Мы получили два уравнения с неизвестными f1 и f2. Решая их, находим:

	f1	=	P l − 2l2
			2 l − (l1			+ l2 )

115

	f2	=	P l − 2l2
			2 l − (l1			+ l2 )

Пример 2: Однородный цилиндр радиуса R и массы т скатывается без скольжения с

наклонной плоскости. Угол наклона плоскости равен ϕ (рис. 1l.l), а высота h(h>>R). Начальная скорость цилиндра равна нулю. Найти скорость центра инерции и угловую скорость вращения цилиндра в момент выхода цилиндра на горизонтальный участок.

Дадим два варианта решения.

1-й способ решения. Цилиндр будет двигаться под действием трех сил: Р=mg, силы трения fтр и реакции наклонной плоскости fr. Реакция fr в соответствии с третьим законом Ньютона равна по модулю нормальной составляющей силы Р, имеющей величину mg cos φ.

Трение между цилиндром и наклонной плоскостью возникает в точках их соприкосновения. Поскольку эти точки цилиндра в каждый момент времени неподвижны

Рис. 111

(они образуют мгновенную ось вращения), сила трения, о которой идет речь, будет силой трения покоя. Как известно из § 19, сила трения покоя может иметь величину в пределах от нуля до максимального значения ƒ0, которое определяется произведением коэффициента трения на силу нормального давления, прижимающую друг к другу соприкасающиеся тела (ƒ0=kmgcosφ). В данном случае сила трения принимает такое значение, чтобы отсутствовало скольжение. Скольжение при качении цилиндра по плоскости будет отсутствовать при условии, что линейная скорость точек соприкосновения будет равна нулю, что в свою очередь выполняется, если скорость центра инерции υc равна в каждый момент времени угловой скорости вращения цилиндра ω, умноженной на радиус цилиндра R:

υc	= ω R.	(41.6)
Соответственно ускорение центра инерции ωc будет равно угловому ускорению β,
умноженному на R:
ωc	= β R.	(41.7)

Если необходимая для соблюдения этих условий сила трения fтp не превышает максимального значения f0=kmgcosφ, цилиндр будет скатываться без скольжения. В противном случае скатывание без скольжения невозможно.

При отсутствии скольжения1 уравнение (41.1), спроектированное на направление движения, имеет вид

1 При наличии скольжения сила ƒтр в (41.8) будет не силой трения покоя, а силой трения скольжения.

116

mωc = mg sinϕ − fтр.

(41.8)

В уравнении (41.2), написанном относительно оси цилиндра, будет отличен от нуля только момент силы трения. Остальные силы, в том числе и результирующая сил инерции, имеют направления, проходящие через ось цилиндра, вследствие чего их моменты относительно этой оси равны нулю. Таким образом, уравнение (40.2) запишется следующим образом:

I β = Rfтр,

(41.9)

где I — момент инерции цилиндра относительно его оси, равный для сплошного однородного цилиндра 12 mR2 .

В уравнениях (41.8) и (41.9) содержатся три неизвестные величины: ƒтр, β и ωc. Но между последними двумя величинами имеется связь (41.7), вытекающая из отсутствия скольжения.

Решая совместно уравнения (41.7) — (41.9), найдем (с учетом того, что I = 12 mR2 ):

fтр =	1 mg sinϕ,			(41.10)
	3
ωc =	2 g sinϕ,			(41.11)
	3
β =	2	g	sinϕ.	(41.12)
	3 R

Теперь, когда мы знаем величину силы трения покоя (41.10), обеспечивающую скатывание цилиндра без скольжения, можно установить условие, при котором такое скатывание возможно. Для скатывания без скольжения сила (41.10) не должна превышать максимального значения силы трения покоя ƒ0, равного, как мы видели, kmg cos φ:

13 mg sinϕ ≤ kmg cosϕ.

Отсюда получается, что

tgϕ ≤ 3k .

Если тангенс угла наклона плоскости φ превышает утроенное значение коэффициента трения покоя между цилиндром и плоскостью, скатывание не может происходить без скольжения.

Как следует из (41.11), центр инерции цилиндра движется равномерно-ускоренно. Зная ускорение ωс, можно найти время скатывания цилиндра tск, т. е. время, за которое цилиндр пройдет путь, равный h/sin φ. Этот путь связан с ωc и tск следующим соотношением:

h	=	ω t2
		C ск ,
sinϕ		2

откуда, подставляя значение (41.11) для ωc, получаем:

	tск =	1	3h .
		sinϕ
			g

Это время, как и ωc, не зависит от массы и радиуса цилиндра1; оно определяется только углом наклона плоскости φ и разностью уровней ее краев h.

Скорость центра инерции при выходе цилиндра на горизонтальный участок будет равна

1 Это справедливо только для однородного сплошного цилиндра

117

	υ	C	= ω t	ск	=	4 gh,
			C			3
	а угловая скорость цилиндра
	ω = β tск			=	1	4 gh.
					R
						3

Отметим, что сила трения (41.10) работы над цилиндром не совершает, так как точки цилиндра, к которым приложена эта сила, в каждый момент времени неподвижны.

Для горизонтальной плоскости (φ=0) по формулам (41.11) и (41.12) получается, что цилиндр, если ему сообщить предварительно некоторую поступательную и соответствующую (такую, чтобы не было скольжения) угловую скорость, будет двигаться без ускорения. На самом деле движение будет замедленным. Это замедление обусловливается, силой трения качения, которая направлена так, что ее момент уменьшает угловую скорость ω, а сама сила вызывает соответствующее (опять-таки такое, чтобы не возникало скольжения) замедление центра инерции. Сила трения качения совершает над катящимся телом отрицательную работу.

При решении задачи о скатывании цилиндра с наклонной плоскости трением качения мы пренебрегали.

2-й способ решения. Поскольку сила трения работы не совершает (трением качения пренебрегаем), полная энергия цилиндра остается постоянной. В начальный момент кинетическая энергия равна нулю, потенциальная энергия равна mgh, В конце скатывания потенциальная энергия становится равной нулю, зато появляется кинетическая энергия, равная

[см. (40.9)]

T =	mυC2	+	ICω 2	.
			2
2

Так как скольжение отсутствует, υс и ω связаны соотношением υC = ω R . Подставив в выражение для кинетической энергии ω = υRC и IC = 12 mR2 , получим:

T =	mυC2	+	mυC2	=	3 mυC2 .
2		4			4

Полная энергия в начале и в конце скатывания должна быть одинакова:

34 mυC2 = mgh,

откуда

	υC =			4 gh,
				3
	а угловая скорость
	ω =	υC	=	1	4 gh.
		R		R
					3

Пример 3: Тело массы т подвергается в течение очень короткого промежутка времени ∆t действию постоянной силы f. Все остальное время, кроме промежутка ∆t, на него не воздействуют никакие тела. До сообщения телу импульса f ∆t оно покоится. Определить, как будет двигаться тело после того, как прекратится действие силы.

Уравнение (41.1) в данном случае имеет вид mwC = f,

Откуда

118

	wC =	l	f.	(41.13)
		m

Следовательно, пока действует сила, центр инерции тела будет двигаться равномерноускоренно в направлении действия силы.

Обозначим плечо силы f относительно центра инерции буквы I (рис. 112). Проведем через центр инерции С ось ОО таким образом, чтобы она была перпендикулярна к плоскости, проходящей через линию, вдоль которой действует сила, и через центр инерции тела.

Рис. 112.

Уравнение (41.2) относительно этой оси имеет вид

IC β = M ,

где Iс — момент инерции тела относительно оси OO, а М=fl — момент силы f относительно той же оси. Решая это уравнение относительно β, находим:

	β =	M =	fl	(41.14)
			IC
		IC

Таким образом, все время ∆t, пока действует сила, тело ведет себя так, что его центр инерции движется прямолинейно в направлении действия силы с постоянным ускорением (41.13) и одновременно происходит вращение тела вокруг оси, проходящей через центр инерции, с постоянным угловым ускорением (41.14). К концу промежутка времени ∆t скорость центра инерции достигает значения

v	= w	C	t	= f	t ,
C				m
а угловая скорость станет равной
ω = β t =		M t =			fl t	.
			IC		IC

Найденные нами значения vc и ω определяют движение тела после того, как прекратится действие силы.

Отметим, что полученный результат справедлив только в том случае, если за время действия силы тело повернется на небольшой угол, так что плечо силы l в течение всего промежутка времени ∆t можно с достаточной степенью точности считать постоянным.

Легко видеть, что скорость точки О΄ лежащей от центра инерции С на расстоянии х, определяемом условием

ω x = υC , т.е. β x = ωC ,

(41.15)

будет равна нулю (рис. 112). Следовательно, ось, проходящая через точку O΄, является мгновенной осью вращения. Подставив в (41.15) найденные нами выражения для ωс и β, найдем, что

119