Конспект лекций по общей физики (1-4 семестр)
.pdf40
Преобразуем векторное произведение в левой выражение для ускорения материальной точки
a |
|
εr |
|
|
|
|
|
|
|
|
ω ωr |
||||
i |
i |
|
|
i |
|||
|
|
|
|
|
части уравнения (4.3), используя
(2.5)
|
. |
|
|
||
|
Для этого воспользуемся известной из векторного анализа формулой двойного векторного произведения
a bc b ac
|
r a |
|
|
|
|
εr |
|
|
|
r |
|
|
|
|
εr |
2 |
r |
εr |
|
|||
|
|
ri |
|
|
|
|
|
ω ωr |
|
|
|
|||||||||||
i |
i |
|
|
i |
|
|
i |
|
|
i |
i |
|
i |
i |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Подставляя этот результат в (4.2), получим
m r |
2 |
ε M |
|
e |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
i i |
|
|
i |
|
|
c ab : |
|
|
|
0, т. к. |
|
|
|
|
|||||
|
i |
|
i |
|
|
|
|
|
|
||||
|
i |
|
i |
|
|
|
i |
i |
|
||||
|
|
|
2 |
|
εr |
2 |
2 |
|
|
||||
r ω ωr |
rω |
|
|
|
ω |
r r |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Mki . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
k i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
εr |
2 |
|
|
i |
|
.
Просуммируем эти равенства по всем фрагментам твёрдого тела – по i:
|
i i |
2 |
ε |
|
i |
e |
|
|
i |
|
m r |
|
M |
|
|
Mki |
|||
|
|
|
|
|
|||||
i |
|
|
|
i |
|
|
|
i k i |
|
0
(равенство последнего слагаемого – суммы моментов всех внутренних сил – нулю студентам следует доказать самостоятельно),
ε i
m r |
2 |
|
|
M |
e |
|
|||||
|
i |
||||
i i |
|
|
|
||
|
|
|
i |
|
|
.
Сумма в левой части этого равенства не зависит от взаимодействий, а определяется только геометрией тела и расположением оси вращения. Введём величину
I |
|
i i |
|
|
m r |
2 |
|
|
|
||
|
i |
|
|
(4.4)
– момент инерции тела относительно оси. Получим
Iε M
– основное уравнение динамики вращательного движения. Здесь вектор моментов внешних сил.
M
– главный
Основное уравнение динамики вращательного движения можно записать и относительно подвижной оси, проходящей через центр масс тела (доказать само-
стоятельно). Демонстрация: Момент силы
1.5.3. Момент инерции
Если в определении (4.4) положить mi → 0, то момент инерции тела относи-
тельно оси
M
I r2dm ; [I] = кг·м2.
0
Момент инерции – мера инертности тела во вращательном движении – скалярная физическая величина, зависящая от формы и размеров тела. Момент инерции
– аддитивная величина.
Момент инерции тела относительно точки:
41
|
M |
|
, |
I |
|
2 |
|
|
r dm |
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
где r – расстояние от полюса до элемента dm; M – масса тела.
Момент инерции тела относительно оси:
|
M |
|
|
I |
|
2 |
|
r dm |
, |
||
|
|
||
|
0 |
|
|
|
|
|
|
где r – расстояние от оси до элемента dm.
ПРИМЕРЫ РАСЧЁТА МОМЕНТА ИНЕРЦИИ
1. Тонкое кольцо (полый цилиндр)
Найти момент инерции тонкого однородного кольца массы m и радиуса R относительно его оси, т. е. относительно оси, проходящей через центр кольца перпендикулярно его плоскости (РИС. 4.4).
Разобьём кольцо на бесконечно малые элементы – дуги массой dm. Каждый элемент dm находится на расстоянии R от оси z. Элементарный момент инерции dI = dm·R2. Проинтегрируем по всей массе кольца:
|
m |
|
|
|
I |
|
2 |
2 |
. |
|
r dm mR |
|||
|
0 |
|
|
|
2. Тонкий стержень
z
m
R
O
dm
Рис. 4.4
Найти момент инерции тонкого однородного стержня массы m и длины l относительно оси: а) проходящей через середину стержня перпендикулярно ему, б) проходящей через один из концов стержня перпендикулярно ему (РИС. 4.5).
|
z |
|
|
|
|
z |
|
|
|
|
|
m, l |
|
r |
dm |
|
r |
dm |
m, l |
||||
|
|
|
|
O |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
O |
|
|
dr |
|
|
|
|
dr |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
а |
|
|
|
|
б |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 4.5
Разобьём стержень на бесконечно малые элементы – отрезки длиной dr. Каждый такой отрезок будет иметь массу dm = τdr, где τ ml – линейная плотность
стержня (она постоянна по длине стержня, так как стержень однородный). Эле-
ментарный момент инерции |
dI dm r |
2 |
|
m |
2 |
|
l |
r dr , где r – расстояние от оси z до |
|||
|
|
|
|
|
элемента dm.
В случае А) момент инерции
42
l 2 |
m |
|
2m r |
3 |
l |
2 |
2ml |
3 |
|
ml |
2 |
|
|
|
|
|
|||||||||
I 2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|||||
l |
r dr |
l |
3 |
|
3l 8 |
12 |
||||||
0 |
|
0 |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
.
Расчёт в случае Б) отличается пределами интегрирования:
|
l |
m |
|
m r |
3 |
l |
2 |
ml |
3 |
|
ml |
2 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|||||
I |
l |
r dr |
l |
3 |
|
|
3l |
|
3 |
. |
|||
|
|
||||||||||||
|
0 |
|
0 |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3. Однородный диск (сплошной цилиндр)
Найти момент инерции однородного диска массы m и радиуса R относительно его |
|||||
оси (РИС. 4.6). |
|
|
|
|
|
Воспользуемся результатом решения задачи о МО- |
z |
|
|||
МЕНТЕ ИНЕРЦИИ ТОНКОГО КОЛЬЦА. Разобьём диск на бес- |
|
||||
|
|
||||
конечно тонкие кольца толщиной dr. Момент инер- |
dm |
m |
|||
ции кольца радиуса r и толщиной dr: dI = dm·r2, где |
|
||||
r O |
|
||||
масса бесконечно тонкого кольца |
dm = σ·dS, |
R |
|||
dS = 2πrdr – площадь этого кольца, а σ |
m |
– по- |
dr |
|
|
πR |
2 |
|
|
||
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
верхностная плотность диска, т. е. масса единично-
го участка поверхности диска. Получим
dI |
m |
||
πR |
2 |
||
|
|||
|
|
4. Однородная сфера
2πrdr
r |
2 |
|
2m |
3 |
||
|
R |
2 |
r dr |
|||
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
||
|
|
R |
2m |
|
||
I |
3 |
|||||
R |
2 |
r dr |
||||
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
,
|
2m r |
4 |
R |
|
mR |
2 |
||
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
||||
R |
2 |
4 |
|
2 |
|
|||
|
|
|
|
|||||
|
|
0 |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
.
Рис. 4.6
Найти момент инерции однородной сферы массы m и радиуса R относительно оси, проходящей через её центр (РИС. 4.7).
Разобьём сферу на малые участки массой dm. Мо- |
z |
|
|||||||||||||||
мент инерции такого участка относительно оси z |
|
||||||||||||||||
|
|
|
|||||||||||||||
dIz dm r |
2 |
dm x |
2 |
y |
2 |
. |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
dm |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
r |
|
Аналогично |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
dIx dm y2 z2 , dIy |
dm x2 z2 . |
O |
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Момент инерции элемента dm относительно цен- |
|
|
y |
||||||||||||||
тра сферы – точки O |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
dI0 dm R |
2 |
dm x |
2 |
y |
2 |
z |
2 |
. |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
x |
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Найдём моменты инерции всей сферы: |
Рис. 4.7 |
|
43
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m |
x |
|
|
y |
|
dm, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Iz |
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
2 |
z |
2 |
dm, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ix |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m |
x |
|
|
|
|
|
dm; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Iy |
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
m |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
I0 |
x |
2 |
y |
2 |
z |
2 |
dm |
2x |
2 |
2y |
2 |
2z |
2 |
dm |
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|||
|
m |
|
|
|
|
|
|
|
|
m |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
x |
|
y |
|
|
|
y |
|
z |
|
|
|
|
|
|
|
z |
|
dm |
|
Iz , |
||||||||||
|
|
2 |
2 |
dm |
|
2 |
2 |
dm x |
2 |
2 |
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
2 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
Iz |
|
|
|
|
|
|
|
Ix |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Iy |
|
|
|
|
|
|
так как Iz = Ix = Iy из-за сферической симметрии. Но I0 = mR2, поэтому
Iz
2I0
3
2 |
mR |
2 |
|
||
3 |
|
|
|
|
.
5. Однородный шар
Найти момент инерции однородного шара массы m и радиуса R относительно оси, проходящей через его центр.
I2mR2
5
(доказать самостоятельно, используя результат ПРЕДЫДУЩЕЙ ЗАДАЧИ.)
Теорема Штейнера
Момент инерции тела относительно некоторой оси равен сумме момента инерции этого тела относительно оси, проходящей через центр масс тела параллельно данной оси, и произведения массы тела на квадрат расстояния между осями:
I IC
Доказательство
md2
.
Пусть z – ось, относительно которой нужно найти момент инерции тела массы m; точка C – центр масс тела; z0 – ось, проходящая через точку C параллельно оси z; d
– расстояние между этими осями (РИС. 4.8А). Разобьём тело на малые фрагменты массы dm.
44
z0 z
dm
dm
C |
d |
z0
z
а |
б |
Рис. 4.8
Для удобства сделаем второй рисунок – РИС. 4.8Б, на котором оси z и z0 направлены перпендикулярно плоскости рисунка. По построению
r ρ d .
Момент инерции элемента dm относительно оси z
dI
r2dm
22,
относительно оси z0
dIC
ρ2dm
;
поэтому
dI
2 |
dm ρ |
ρ d |
|
|
2 |
2 |
dm |
2ρd d |
2 |
2 |
ρ dm d dm 2ρd |
dm
.
Проинтегрируем по всей массе тела:
|
m |
m |
|
m |
|
I |
ρ2dm d2 dm 2d ρdm IC md2 , ч. т. д. |
||||
IC |
0 |
0 |
m |
0 |
0, т. к. C – центр масс |
|
|
|
1.5.4. Пример решения задачи по динамике
Маятник Обербека
Маятник Обербека – тело вращения сложной формы – маховик с несколькими шкивами и четырьмя радиально направленными спицами, на которые надеваются небольшие грузы, положение которых можно изменять (РИС. 4.9).
На шкив радиуса R намотана нить, на конце которой прикреплён груз массы M. Масса грузов на спицах равна m, они расположены на расстоянии r от оси маятника; момент инерции маховика со спицами относительно оси маятника равен I0. Груз массы M поднимают на расстояние h над полом и отпускают. Через какое время груз коснётся пола?
Выделим два объекта исследования: груз массы M – материальная точка и маятник с грузами массы m – твёрдое тело.
22 Это упрощённое доказательство, так как мы проводим интегрирование только по тем элементам dm, которые лежат в плоскости, проходящей через центр масс тела перпендикулярно обеим осям. Полное доказательство (с интегрированием по всему объёму тела) даёт тот же результат.
45 |
|
|
|
Будем работать в инерциальной системе |
|
m |
|
отсчёта – лабораторной. |
m |
||
|
|||
|
|
||
На груз действует Земля с силой тяжести |
|
|
F т1 и нить с силой натяжения T1 , при этом
груз движется с ускорением a , направленным вниз; на маятник действует Земля с
силой тяжести F т2 , вал с силой реакции N и нить с силой натяжения T2 , маятник
вращается вокруг своей оси с угловым m ускорением ε .
Будем решать задачу на основании законов динамики: для груза – II закон Ньютона (4.5), для маятника – теорема о движении центра масс (4.6)23 и основное уравнение динамики вращательного движения (4.7):
Ma Fт1 T1 , |
|
(4.5) |
0 Fт2 N T2 |
, |
(4.6) |
Iε MFт2 MN MT2 . |
(4.7) |
Здесь I – момент инерции маятника с грузами массы m относительно его оси; левая часть уравнения (4.6) равна нулю, так как центр масс маятника находится на неподвижной оси и, следовательно, его ускорение равно нулю.
|
r |
|
|
|
|
R |
|
|
O z |
|
|
|
|
m |
t = 0
M 0
h
τ
y
Рис. 4.9
Представим эти законы в скалярном виде:
спроецируем уравнения (4.5) и (4.6) на вертикальную ось y, а уравнение (4.7) – на ось z маятника (произвольно выберем направление оси y вниз, а оси z – «от нас»):
Ma Fт1 Т1 , |
|
|
|
|
|
0 Fт2 N Т2 |
, |
(4.8) |
|
|
|
Iε T2R. |
|
|
Эта система содержит 3 уравнения с 7 неизвестными. Запишем дополнительные соотношения:
Fт1 Mg (из закона всемирного тяготения), T2 T1 T (нить невесома),
ε Ra (нить нерастяжима и не проскальзывает по шкиву),
I I0 4mr |
2 |
. |
|
23 Уравнение (4.6) не содержит информации, нужной для решения данной задачи; оно здесь записывается потому, что теорема о движении центра масс часто бывает необходима при решении задач по динамике твёрдого тела.
46
Второе уравнение в системе (4.8) содержит две неизвестные Fт2 и N, которые не нужны для получения ответа данной задачи, мы далее не будем его записывать. Подставив дополнительные соотношения в систему (4.8), получим
Ma Mg T , |
|
|||||
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
I |
|
4mr |
|
|
TR. |
|
0 |
|
|
||||
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
Эта система содержит 2 уравнения с 2 неизвестными a и T и имеет однозначное решение. Исключим T:
T
M g
a
,
I0
4mr |
2 |
2 |
|
a MgR |
MaR2
;
a |
|
|
MgR |
2 |
|
||
|
|
|
|
||||
I |
|
4mr |
2 |
MR |
2 |
||
|
|
||||||
|
0 |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
.
(4.9)
Для нахождения времени движения груза решим кинематическую задачу. Запишем закон равноускоренного движения материальной точки
здесь
r
r t
– радиус-вектор груза массы
r0 v0t |
at |
2 |
|
|
|
, |
|||
2 |
||||
|
|
M. Спроецируем это уравнение на ось y:
y t |
at |
2 |
|
|
|||
2 |
|||
|
(начальная координата и скорость груза по условию равны нулю). В искомый момент времени τ груз будет иметь координату h:
y τ h |
aτ |
2 |
τ |
2h |
|
||||
2 |
|
a |
||
|
|
|
Подставляя сюда результат (4.9), получим
|
2h I0 4mr |
2 |
MR |
2 |
|
|
τ |
|
|
|
|||
MgR |
2 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
.
.
Проанализируем ответ задачи. При увеличении расстояния r грузов массы m от оси маятника время опускания груза увеличивается, а при увеличении массы M наматывании нити на шкив большего радиуса R – уменьшается. Это можно проверить экспериментально.
Демонстрация: Маятник Обербека
47
Лекция 5
1.5.5. Динамика плоского движения твёрдого тела
Качение без проскальзывания – плоское движение, при котором скорость точек тела, соприкасающихся с опорной поверхностью, относительно этой поверхности, равна нулю. Ось, проходящая через эти точки, неподвижна и называется мгновенной осью вращения (ось z на
РИС. 5.1). (Ускорения точек мгновенной оси не равны нулю!) Качение без проскальзывания можно представить как вращение вокруг мгновенной оси.
C
z
Рис. 5.1
Качение без проскальзывания возможно благодаря трению. Оно характеризуется силой трения покоя24 (так как точки, соприкасающиеся с поверхностью, не движутся относительно неё).
Демонстрация: Скатывание цилиндров с наклонной плоскости
ПРИМЕР
Скатывание цилиндра с наклонной плоскости
Цилиндр массы m и радиуса R, момент инерции которого относительно его оси равен IC, скатывается без проскальзывания с плоскости, наклонённой к горизонту под углом α (РИС. 5.2). Найти ускорение центра масс цилиндра.
|
|
y |
|
|
Объект исследования – цилиндр – |
|
|
|
|
твёрдое тело. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Система отсчёта – лабораторная. |
m |
|
|
|
На цилиндр действуют земля с си- |
|
R |
|
|
|
||
|
C |
|
лой тяжести F , наклонная плос- |
||
|
z0 |
|
|
|
т |
|
|
|
|
|
кость с силами реакции опоры N |
|
|
|
|
(упругая составляющая) и трения |
|
|
z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
α |
|
покоя F тр (неупругая составляю- |
|
|
|
x |
щая). Цилиндр совершает плоское |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
движение, вращаясь с угловым |
|
|
|
|
|
ускорением ε , при этом его центр |
|
|
|
Рис. 5.2 |
|
масс движется с ускорением a . |
|
|
|
|
C |
Запишем законы динамики – теорему о движении центра масс (5.1) и основное уравнение динамики вращательного движения (5.2):
maC Fт N Fтр , |
(5.1) |
Iε MFт MN MFтр , |
(5.2) |
здесь I – момент инерции цилиндра относительно оси.
24 Т. н. сила трения качения в нашем курсе не рассматривается. Трение качения обусловлено наличием ненулевого момента силы реакции опоры (её упругой и неупругой составляющих) относительно оси, проходящей через центр масс тела, и приводит к замедлению вращения катящегося тела. Трение качения возможно, лишь если опорная поверхность не является абсолютно твёрдой; в задачах нашего курса всегда по умолчанию полагается обратное.
48
Спроецируем векторные уравнения на координатные оси: уравнение (5.1) – на оси x (направлена вдоль наклонной плоскости) и y (направлена перпендикулярно наклонной плоскости); уравнение (5.2) – либо на ось z0, проходящую через центр масс цилиндра, либо на ось z – мгновенную ось вращения. Выберем ось z0;
ma |
F sinα F |
, |
|||
|
|
C |
т |
тр |
|
|
N F cosα, |
|
|
||
0 |
|
|
|||
|
|
|
т |
|
|
|
I |
ε F R. |
|
|
|
|
|
|
|||
C |
|
тр |
|
|
(5.3)
Эта система содержит 3 уравнения с 5 соотношения:
|
|
F |
|
|
|
т |
|
ε |
a |
(кинематическая связь |
|
C |
|||
|
|
||
|
R |
|
неизвестными. Запишем дополнительные
mg ,
– отсутствие проскальзывания).
После их подстановки в систему (5.3) получится система уравнений
ma |
mgsinα F |
, |
||||
|
|
|
C |
|
тр |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I |
|
a |
F |
R. |
|
|
|
C |
|
|||
|
|
|
|
|
||
|
C |
R |
тр |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(Отсюда мы исключили второе уравнение в системе (5.3), так как оно содержит лишнюю неизвестную N.) Решив эту систему уравнений относительно aC, получим
aC
mgRsinα IC mR2
.
Чем больше момент инерции цилиндра, тем меньше ускорение его центра масс и, следовательно, конечная скорость, что мы и наблюдали в эксперименте. В частно-
сти, для полого цилиндра IC = mR2 и |
aC |
gsinα |
, а для сплошного цилиндра |
|||||||
2R |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
I |
|
|
mR2 |
и a |
2gsinα |
. Сплошной цилиндр скатывается быстрее полого. |
||||
C |
|
|||||||||
|
2 |
C |
3R |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
1.5.6. Момент импульса
Преобразуем основное уравнение динамики вращательного движения с учётом
того, что по определению ε
Iε
dω
dt
M
(
ω
I
– угловая скорость тела):
dω |
M |
d Iω |
M , |
|
dt |
||||
dt |
|
|
dLdt M
– основное уравнения динамики вращательного движения в дифференциальной форме, где
L Iω
– момент импульса твёрдого тела относительно оси;
(5.4)
При
49
|
|
|
2 |
|
L |
кг м |
|||
|
с |
|||
|
|
|
||
M 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dL |
0 |
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
.
– закон сохранения момента импульса: момент импульса замкнутой системы относительно любой оси не изменяется с течением времени.
На самом деле закон сохранения момента импульса ниоткуда не выводится, а является выражением свойств пространства-времени (см. РАЗДЕЛ 1.1.2).
Более подробно закон сохранения момента импульса рассмотрим ДАЛЕЕ.
1.6. Закон сохранения импульса
Законы сохранения позволяют найти связь между характеристиками механической системы до и после взаимодействия, не вдаваясь в подробности произошедшего процесса. Сначала подробно рассмотрим закон сохранения импульса.
Вспомним основные соотношения
Импульс материальной точки: Импульс механической системы:
Теорема о движении центра масс:
Если система замкнута, то
(см. РАЗДЕЛ 1.4.8):
p mv |
|
|
|
|
i |
C |
|
P |
p |
Mv |
|
dP |
F |
e |
|
dt |
|
|
|
|
|
|
dP |
0 |
|
dt |
||
|
P
const
.
Закон сохранения импульса: импульс замкнутой системы остаётся неизменным с течением времени.
Замкнутых систем в строгом смысле этого слова в природе не бывает, но во многих случаях импульс системы можно считать сохраняющимся:
1.Внешние силы скомпенсированы: Fe 0.
2.Движение системы рассматривается в течение короткого промежутка време-
ни t:
P t
F |
e |
|
,
P F |
e |
|
t
.
Если t мало, то и P мало и им можно пренебречь. С чем сравнивать эти величины? Речь идёт о влиянии взаимодействий, описываемых внешними и внутренними силами, на движение отдельных тел, входящих в рассматриваемую механическую систему, при взрыве, ударе и т. п. Изменение импульса этих тел под действием внутренних сил велико по сравнению с изменением импульса под действием внешних сил тогда, когда модуль главного вектора внутренних сил, приложенных к какому-либо телу, входящему в систему, много больше модуля равнодействующей внешних сил, приложенных к этому же
телу: Fi |
Fe . |
i |
i |