Для ответа на второй вопрос необходимо найти отношение времени скатывания шара к времени скатывания цилиндра.

Пройденный путь (длина наклонной плоскости) связан со средней скоростью движения и временем движения

l = V t .

Движение цилиндра и шара равноускоренные. Поэтому

V = Vê −2Ví = V2ê ,Ví = 0

Так как пройденные пути цилиндра и шара одинаковы, то отношение времен движения

tø			Vö			.
	=			=	28
tö		V ø			30

Задачи для самостоятельного решения

1.Шарик попадает в водоворот на расстоянии R1 от центра воронки. Во сколько раз увеличится его угловая скорость на расстоянии R2 от центра?

2.Планета вращается вокруг звезды по эллиптической орбите с полуосями a

иb. Найти отношение минимальной и максимальной угловых скоростей планеты.

3.Диск массой m и радиусом R раскрутили до угловой скорости ω и положили на стол. Через время t он остановился. Найти коэффициент трения стола.

4.Шар радиусом R начинает скатываться с наклонной плоскости длиной l и расположенной под углом α к горизонту. Найти конечную угловую скорость шара.

5.Человек массой m находится на краю платформы массой M и радиусом R , вращающейся с угловой скоростью ω0 . Найти угловую скорость плат-

формы с человеком, если человек переместился в центр платформы.

ОСНОВНОЕ УРАВНЕНИЕ ДИНАМИКИ ВРАЩАТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ

Основное уравнение динамики вращательного движения

Iβz = ∑Ì âíz,iåø ,

(1)

где I – момент инерции твердого тела, βz – проекция углового ускорения на ось OZ , M zâí,iåø – проекция момента i – внешней силы на ось OZ . Ось OZ выбирает-

ся вдоль оси вращения твердого тела. Уравнение (1) является аналогом основного уравнения динамики материальной точки (второй закон Ньютона).

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

43

У									Задача 1. С какой силой F , направлен-
									ной под углом α к горизонту, надо тащить
							F		кольцо массой m и радиусом R по поверх-
									ности, чтобы оно не вращалось. Коэффициент
					α				трения между кольцом и поверхностью μ.
		mg•			•
					N				Решение. Для решения задачи необхо-
									димо сделать рисунок с обозначением всех
	Fтр						Х
									действующих сил, их направлением, точкой
приложения			и выбрать систему координат. В общем случае кольцо должно со-

вершать как поступательное, так и вращательное движение. Запишем для данного тела основные уравнения динамики поступательного и вращательного движения с учетом всех действующих на тело сил.

ma = mg + N + F + Fтр,

Iβz = M z,mg + M z,N + M z,F + M z,òð .

Чтобы кольцо не раскручивалось, угловое ускорение должно быть равно нулю (β = 0) . Ось OZ выбираем по предполагаемой оси вращения (ось колеса)

перпендикулярно его плоскости и направленной за эту плоскость от наблюда-

	теля. Тогда проекции моментов сил на ось OZ будут равны:
	Mmg,z = 0, M N ,z = 0, M F		= RFòð , M F = −RF sin α.
		òð z	z
	Подставив эти значения проекций моментов сил в динамическое уравнение
	вращательного движения, получим			Fòð
	RF	= RFsinα, F = F sin α → F =			.	(1)
	òð	òð

sin α

Проекции сил на оси OX и OY (поступательное движение кольца)

OX ma = F cosα − Fòð ,

N

	•	R
T1′		1
T1
m1	•
y	m1g

• R2 •T2′

T2

• m2

m2g

OY 0 = N + Fsinα − mg ,

N = mg − F sin α → Fòð = µN = µ(mg − F sin α)

(2)

Объединив уравнения (1) и (2), получим для силы F значение

µ(mg − F sin α) = F sin α → F =	µmg
		.
	(1+µ)sin α

Задача 2. Через блок (диск) массой m0 и

радиусом R перекинута нить, на концах которой висят грузы массой m1 > m2 . Найти уско-

рение грузов.

Решение. Для решения задачи необходи-

44

мо сделать рисунок с обозначением всех, действующих в системе сил и указать их направления в выбранной системе координат. В нашей системе расположены три тела; блок (диск) и два груза (см. рис.). Грузы совершают поступательное движение, с одинаковыми по модулю ускорениями a , а блок – вращательное, с угловым ускорением β. Для этих трех тел запишем динамические уравнения

m1a = m1g +T1,

−m2a = m2g +T2 ,

Ι

Ι

M = RT1

− RT2

+ Rm0g

+ RN .

Проекции сил, приведенных в уравнениях, на выбранные оси координат

равны

OY

m1a = m1g −T1 ,

(1)

OY

−m2a = −T2 + m2g .

(2)

и

на ось OZ

равны нулю, т. к. эти

Проекции моментов сил Rm0g

RN

силы приложены к центру масс, расположенном на оси вращения блока (R = 0)

			OZ	Iβ = RT Ι − RT Ι .		(3)
Силы T Ι = −T			Ι = −T	1	2
		и T		равны по модулю и противоположны по на-
1	1	2	2
правлению и уравнение (3) перепишется в виде
				Iβ = RT1 − RT2 .		(4)
Сложив уравнения (1) и (2), получим

a(m1 + m2 ) = (m1 − m2 )g −(T1 −T2 ) .

Вэтом уравнении неизвестно (T1 −T2 ), которое находится из уравнения (4)

сучетом, что момент инерции диска равен I = m02R2 , а подставив эти значения, получим β = Ra .

a(m1 + m2 ) =

y

F

R mg• rα

N

(m	− m )g − am0		→ a =	(m1 − m2 )g					.
1	2	2		m	+ m	+	m0
			1		2	2

Задача 3. На катушку в виде двухступенчатого блока массой m , радиусами r и R , расположенную на поверхности стола, намо-

тана нить. За нить тянут с силой F под углом α к горизонту, как показано на рисунке. Найти ускорение катушки, если ее момент инерции I .

x
Fтр	Решение. Под действием силыF катуш-
ка совершает два типа движения	поступательное и вращательное. Сделаем

45

рисунок с обозначением всех сил и их направлением и запишем динамические уравнения поступательного и вращательного движений.

Поступательное движение ma = mg + N + F + Fтр.

Вращательное движение Iβ = Mmg + M N + M F + Mтр . В проекциях на выбранные оси координат получим

OX ma = F cosα − Fòð ,	(1)
OZ Iβ = rF − RFòð .	(2)

Из уравнений (8) находим Fòð = −ma + F cosα , и подставим в уравнение (2)

Ia	= Fr − (F cosα − am)R → a = (Fr − FRcosα) = FR(r − Rcosα) .
R		I − mR2	I − mR2
F		Задача 4. На катушку массой m , радиу-
		сами r , R и моментом инерции I , располо-
	r	женную на высоте h на гладкой наклонной
		плоскости с углом наклона α к горизонту, на-
	N •mg	мотана нить. Конец нити закреплен так, что
	R	она расположена	параллельно плоскости. За
		какое время катушка скатится с плоскости?
	h
		x

Решение. Силы, действующие на катушку, постоянны. Это значит, что ускорение ее также постоянно (a = const ) и в этом случае нужно применить формулы для равноускоренного движения. Катушка, скатываясь по наклонной плоскости без начальной скорости, пройдет

	путь l =	at2	. Время, за которое она скатится с плоскости, равно t =			2l	.	(1)
		2				a
				h
	С другой стороны, из рисунка имеем l =				. Для нахождения времени t
				sinα

необходимо найти ускорение a .

По условию задачи сила трения между катушкой и наклонной плоскостью отсутствует и вращающий момент будет создаваться только за счет намотанной на катушку нити. Динамические уравнения для поступательного и вращатель-

ного движения с учетом всех действующих сил имеют вид ma = mg + N + F ,

Mрез = Iβ = Mmg + M N + M F .

Проекции моментов сил на ось OZ , проходящей через центр катушки, равны

Mmg = 0 , M N = 0 , MF = rF .

Тогда проекции сил и моментов сил на выбранные оси координат равны

OX	ma = mg sin α − F ,	(2)
OY	0 = N − mg cosα,	(3)
OZ	Iβ = rmg sin α = rF .	(4)

46

Для нахождения времени t будем использовать только (2) и (4) уравнения. Воспользуемся формулой, связывающей линейное и угловое ускорения

→β =

a

a = βr

, и подставим это значение β в уравнение (4). Тогда уравне-

r

I a

a

ние (4)

принимает вид

= rF → F = I

. Подставим значение F в урав-

r2

нение (1) и получим

r

I

a

mg sin α

g sin α

ma = mg sin α − I

, a m +

= mg sin α , a =

=

.

(5)

r2

r2

I

I

m +

1

+

r2

mr2

При равноускоренном движении путь, проходимый катушкой, записывается следующим образом:

S =

at2

, a =

2S

,

2

t2

h

где S = l длина наклонной плоскости и из рисунка l =

. Подставим это

sin

α

значение a в формулу (5) и получим

2l

t2 sin α

mg sin α

g sin α

a = t2 =

2h

=

I

=

.

m +

1

+

I

r2

mr2

Подставим это значение ускорения в уравнение (5) и определим время скатывания катушки с плоскости. Оно равно

I

2h 1

+

2h

I

mr

2

1

t =

=

1+

.

g sin αsin α

sin α

g

mr2

						Задача 5. На цилиндр массой m и радиусом R намо-
						тана нить. Свободный конец нити закреплен на потолке, и
T		R				цилиндр отпускают. Найти ускорение цилиндра.
z				•		Решение. Цилиндр совершает поступательное дви-
						жение центра масс и вращательное движение. Для посту-
						пательного движения динамическое уравнение движения
					mg	имеет вид ma = mg +T , где mg – сила тяжести, T – сила
						натяжения нити. Выберем систему координат, как пока-

зано на рисунке. В этом случае динамическое уравнение вращательного движения принимает вид Iβ = Mmg . В проекциях на оси координат запишем

47