ДИНАМИКА ВРАЩАТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ ТВЕРДОГО ТЕЛА ВОКРУГ НЕПОДВИЖНОЙ ОСИ

Примеры решения задач

Пример 1. Вычислить момент инерции J_z молекулы NО₂ относительно оси z, проходящей через центр масс молекулы перпендикулярно плоскости, содержащей ядра атомов. Межъядерное расстояние d этой молекулы равно 0,118 нм, валентный угол =140°.

Решение. Молекулу NO₂ можно рассматривать как систему, состоящую из трех материальных точек общей массой

m =2 m ₁+ m ₂, (1)

где m ₁ — масса атома кислорода; m ₂— масса атома азота.

Расположим молекулу относительно координатных осей так, как это указано на рис. 3.1 (начало координат совместим с центром

масс С молекулы, ось z направим перпендикулярно плоскости чертежа «к нам».)

Для определения J_z воспользуемся теоремой Штейнера:

J=J _c+ m a².

Для данного случая эта теорема запишется в виде J_z' = J_z + m a², где J_z' — момент инерции относительно оси z', параллельной оси z и проходящей через атом азота (точка О на рис. 3.1). Отсюда искомый момент инерции

J_z = J_z' - m a² (2)

Момент инерции J_z' находим как сумму моментов инерции двух материальных точек (атомов кислорода):

J_z' = 2m₁ d² (3)

Расстояние а между осями z и z ' равно координате x_с центра масс системы и поэтому может быть выражено по формуле В данном случае

а= х _с= (2 m ₁ x ₁+ m ₂ x ₂)/(2 m ₁+ m ₂), или, учитывая, что x ₁= d cos ( /2) и х ₂ =0,

(4)

Подставив в формулу (2) значения J_z', т, а соответственно из выражений (3), (1), (4), получим

или после преобразований

(5)

Найдем в табл. 23 относительные атомные массы кислорода (A _O=16) и азота (А _N==14) и запишем массы атомов этих элементов в атомных единицах массы (а.е.м.), а затем выразим в килограммах (1 а.е.м. =1,66 •10^-27 кг, см. табл. 9):

m ₁= 16 1,66 10^-27 кг=2,66 10^-26 кг;

m ₂ = 14 1,66 10^-27 кг = 2,32 10^-26 кг.

Значения m ₁, т ₁, d и подставим * в формулу (5) и произведем вычисления:

J_z =6,80 10^-46 кг.м².

Пример 2. Физический маятник представляет собой стержень длиной l =1 м и массой m ₁=l кг с прикрепленным к одному из его

*Для вычисления выражения, стоящего в скобках, вместо масс атомов можно подставить их относительные атомные массы, так как здесь массы входят в виде отношения.

концов диском массой т ₂ =0,5 m ₁. Определить момент инерции J _zтакого маятника относительно оси Оz, проходящей через точку О на стержне перпендикулярно плоскости чертежа (рис. 3.2).

Решение. Общий момент инерции маятника равен сумме моментов инерции стержня J_z1 и диска J_z2.

J_z ⁼ J_z1 + J_z2 (1)

Формулы, по которым вычисляются моменты инерции стержня J_z1 и диска J_z2 относительно осей, проходящих через их центры масс, даны в табл. на с. 41. Чтобы определить моменты инерции J_z1 и J_z2, надо воспользоваться теоремой Штейнера:

J=J_c+ma². (2)

Выразим момент инерции стержня согласно формуле (2):

J_z1=^l/₁₂m₁l²+m₁a₁².

Расстояние a ₁ между осью О_z и параллельной ей осью, проходящей через центр масс C₁ стержня, как следует из рис. 3.2, равно ¹/₂ l— ^l/₃ l= ^l/₆ l. С учетом этого запишем

J_{z 1} = ^l/₁₂ m ₁ l ²+ m ₁ (^l/₆ l)²=¹/₉ m ₁ l ²=0,111 m ₁ l ².

Момент инерции диска в соответствии с формулой (2) равен рис. 3.2

J_{z 2}=^l/₂ m ₂ R ²+ m ₂ a ₂².

где R — радиус диска; R= ¹/₄ l. Расстояние а ₂ между осью О_z и параллельной ей осью, проходящей через центр масс диска, равно (рис. 3.2) ²/₃ l— ^l/₄ l= ^l1/₁₂ l. С учетом этого запишем

J_{z 2}=^l/₂ m ₂ (¹/₄ l)²+ m ₂(^l1/₁₂ l)²= 0,0312 m ₁ l ² + 0,840 m ₁ l ²= 0,871 m ₁ l ².

Подставив полученные выражения J_z1 и J_z2 в формулу (1), найдем

J_z= 0,111 m ₁ l ²+0,871 m ₁ l ²=)0,111 m ₁+0,871 m ₁) l ²,

или, учитывая, что т ₂ =0,5 m ₁,

J_z= 0,547 m ₁ l ².

Произведя вычисления, получим значение момента инерции физического маятника относительно оси О_z:

J_z =0,547.1.1 кг м²=0,547 кг м².

Пример 3. Вал в виде сплошного цилиндра массой m ₁ = 10 кг насажен на горизонтальную ось. На цилиндр намотан шнур, к свободному концу которого подвешена гиря массой m ₂=2 кг (рис. 3.3). С каким ускорением а будет опускаться гиря, если ее предоставить самой себе?

Решение. Линейное ускорение а гири равно тангенциальному ускорению точек вала, лежащих на его цилиндрической поверхности,

и связано с угловым ускорением s вала соотношением

а= , (1)

где r — радиус вала.

Угловое ускорение вала выражается основным уравнением динамики вращающегося тела:

=M/ J, (2)

где М — вращающий момент, действующий на вал; J — момент инерции вала. Рассматриваем вал как однородный цилиндр. Тогда его момент инерции относительно геометрической оси равен

J= ¹/₂ m ₁ r ².

Вращающий момент М, действующий на вал, равен произведению силы натяжения Т шнура на радиус вала: М=Тr.

Силу натяжения шнура найдем из следующих соображений. На гирю действуют две силы: сила тяжести m ₂ g, направленная вниз, и сила натяжения Т шнура, направленная вверх. Равнодействующая этих сил вызывает равноускоренное дви­жение гири. По второму закону Ньютона, m ₂g- T=m₂a, откуда T=m₂(g-а). Таким образом, вращающий момент M=m ₂ (g—а)r.

Подставив в формулу (2) полученные выражения М и J, найдем угловое ускорение вала:

 

Для определения линейного ускорения гири подставим это рис. 3.3 выражение в формулу (1). Получим

,

откуда

Пример 4. Через блок в виде диска, имеющий массу m =80 г, перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подвешены грузы массами m ₁=100 г и m ₂=200 г (рис. 3.4). С каким ускорением будут двигаться грузы, если их предоставить самим себе? Трением пренебречь.

Решение. Применим к решению задачи основные законы поступательного и вращательного движения. На каждый из движущихся грузов действуют две силы: сила тяжести mg, направленная вниз, и сила Т натяжения нити, направленная вверх.

Так как вектор ускорения а груза m ₁ направлен вверх, то T ₁>m₁g. Равнодействующая этих сил вызывает равноускоренное движение и, по второму закону Ньютона, равна T ₁ — т ₁ g=т ₁ а, откуда

T ₁ =m ₁ g+m ₁ a. (1)

Рис. 3.4

Вектор ускорения а груза т ₂ направлен вниз; следовательно, T ₂< m ₂ g. Запишем формулу второго закона для этого груза:

m ₂g — T ₂ =m₂a, откуда

T ₂ =m₂g- m₂а. (2)

Согласно основному закону динамики вращательного движе­ния, вращающий момент М, приложенный к диску,равен произведению момента инерции J диска на его угловое ускорение :

M=J . (3)

Определим вращающий момент. Силы натяжения нитей действуют не только на грузы, но и на диск. По третьему закону Ньютона, силы и , приложенные к ободу диска, равны соответственно силам T ₁ и Т ₂, но по направлению им противоположны. При движении грузов диск ускоренно вращается по часовой стрелке; следовательно, > . Вращающий момент, приложенный к диску, равен произведению разности этих сил на плечо, равное радиусу диска, т. е. M=( - ) r. Момент инерции диска J=mr ² /l, угловое ускоре­ние связано с линейным ускорением грузов соот­ношением S =a/r. Подставив в формулу (3) выраже­ния М, J и , получим

( - ) r = .

откуда

- =(т/2)а.

Так как =T ₁ и = Т ₂, то можно заменить силы и вы­ражениями по формулам (1) и (2), тогда

m ₂ g—m ₂ a—m ₁ g—m ₁ =(m/2)a, или

(m ₂ —m ₁ ) g=(m ₂+ m ₁+ m /2) a

откуда

(4)

Отношение масс в правой части формулы (4) есть величина безразмерная. Поэтому значения масс m ₁, m ₂ и m можно выразить в граммах, как они даны в условии задачи. После подстановки

получим

Пример 5. Маховик в виде диска массой m =50 кг и радиусом г=20 см был раскручен до частоты вращения n₁=480 мин"¹ и за­тем предоставлен самому себе. Вследствие трения маховик остано­вился. Найти момент М сил трения, считая его постоянным для

двух случаев: 1) маховик остановился через t =50 с; 2) маховик до полной остановки сделал N=200 оборотов.

Решение. 1.По второму закону динамики вращательного движения, изменение момента импульса вращающегося тела равно произведению момента силы, действующего на тело, на время дей­ствия этого момента:

M t=J — J ,

где J — момент инерции маховика; и — начальная и конеч­ная угловые скорости. Так как =0 и t = t, то Mt=—J , от­куда

M= —J /t. (1)

Момент инерции диска относительно его геометрической оси равен J=¹/₂mr². Подставив это выражение в формулу (1), найдем

M=—mr² /(2t). (2)

Выразив угловую скорость через частоту вращения n ₁ и произведя вычисления по формуле (2), найдем

М= —1 Н м.

2. В условии задачи дано число оборотов, сделанных махови­ком до остановки, т. е. его угловое перемещение. Поэтому приме­ним формулу, выражающую связь работы с изменением кинетиче­ской энергии:

или, учтя, что ,

. (3)

Работа при вращательном движении определяется по формуле A=Mj. Подставив выражения работы и момента инерции диска в формулу (3), получим

M = —mr² /4.

Отсюда момент силы трения

М= —mr² /4 . (4)

Угол поворота j=2лN=2 3,14 200 рад=1256 рад. Произведя вычисления по формуле (4), получим

М= —1 Н м.

Знак минус показывает, что момент силы трения оказывает тормозящее действие.

Пример 6. Платформа в виде диска радиусом R= 1,5 м и массой m ₁ = 180 кг вращается по инерции около вертикальной оси с часто­той n=10 мин^-1. В центре платформы стоит человек массой т ₂=60 кг. Какую линейную скорость относительно пола помещения будет иметь человек, если он перейдет на край платформы?

Решение. По закону сохранения момента импульса,

(1)

где J ₁ — момент инерции платформы; J ₂ — момент инерции че­ловека, стоящего в центре платформы; — угловая скорость платформы с человеком, стоящим в ее центре; J₂' — момент инерции

человека, стоящего на краю платформы; — угловая скорость платформы с человеком, стоящим на ее краю.

Линейная скорость человека, стоящего на краю платформы, связана с угловой скоростью соотношением

. (2)

Определив из уравнения (1) и подставив полученное выражение в формулу (2), будем иметь

v=(J ₁ +J ₂ ) R/(J ₁ +J' ₂ ). (3)

Момент инерции платформы рассчитываем как для диска; сле­довательно, J ₁= ¹1₂m ₁ R² • Момент инерции человека рассчитываем как для материальной точки. Поэтому J ₂=0, J' ₂ =m ₂ R ². Угловая скорость платформы до перехода человека равна .

Заменив в формуле (3) величины J ₁, J ₂, J' ₂. и их выражениями, получим

Сделав подстановку значений т ₁, т ₂, п, R и , найдем линей­ную скорость человека:

Пример 7. Человек стоит в центре скамьи Жуковского и вместе с ней вращается по инерции. Частота вращения n ₁=0,5 c^-1. Момент инерции j_o тела человека относи-

Рис. 3.5

тельно оси вращения равен 1,6 кг м². В вытянутых в стороны руках человек держит по гире массой m =2 кг каждая. Расстояние между гирями l ₁=l,6 м. Опре­делить частоту вращения n ₂, скамьи с человеком, когда он опустит руки и расстояние l ₂ между гирями станет равным 0,4 м. Моментом инерции скамьи пренебречь.

Решение. Человек, держащий гири (рис. 3.5), составляет

вместе со скамьей замкнутую механическую систему *, поэтому момент импульса J этой системы должен иметь постоянное значе­ние. Следовательно, для данного случая

J₁ = J₂ ,

где J и — момент инерции тела человека и угловая скорость скамьи и человека с вытянутыми руками; J ₂ и — момент инер­ции тела человека и угловая скорость скамьи и человека с опу­щенными руками. Отсюда

= (J ₁/ J ₂) .

Выразив в этом уравнении угловые скорости и через частоты вращения n₁ и n₂( =2 n) и сократив на 2 , получим

n₂=(J₁/J₂)n₁. (1)

Момент инерции системы, рассматриваемой в данной задаче, равен сумме момента инерции тела человека J₀ и момента инерции гирь в руках человека. Так как размер гирь много меньше рас­стояния их от оси вращения, то момент инерции гирь можно опре­делить по формуле момента инерции материальной точки: J=mr². Следовательно **,

J ₁= J ₀+2 m (l ₁/2)²;

где т — масса каждой из гирь; l ₁ и l ₂. — первоначальное и конеч­ное расстояние между гирями. Подставив выражения J ₁ и J ₂ в уравнение (1), полу­чим

(2)

Выполнив вычисления по формуле (2), найдем

n ₂==1,18 с^-1.

 

СИЛЫВ МЕХАНИКЕ

 

 

Примеры решения задач

Пример 1. Определить вторую космическую скорость υ₂ ракеты, запущенной с поверхности Земли.

Примечание. Второй космической (или параболической) скоростью υ2 называется минимальная скорость, которую нужно сообщить телу, чтобы оно удалилось с поверхности Земли в бесконечность (при этом сопротивление воздуха в расчет не принимается и предполагается, что на тело действует только поле тяготения Земли).

 

Решение. При удалении тела массой т в бесконечность его потенциальная энергия возрастает за счет убыли кинетической энер­гии и в бесконечности достигает максимального значения, равного нулю. Согласно определению второй космической скорости, кине­тическая энергия в бесконечности также равна нулю. Таким обра­зом, в бесконечности Т∞=0 и П∞ =0. В соответствии с законом сохранения энергии в механике

, или ,

где М — масса Земли. Отсюда находим Преобразуем эту формулу, умножив и разделив подкоренное выражение на R:

Так как (где g — ускорение свободного падения у
поверхности Земли), то

Подставив в эту формулу значения g и R и произведя вычисле­ния, получим

Пример 2. Ракета установлена на поверхности Земли для за­пуска в вертикальном направлении. При какой минимальной ско­рости υ₁, сообщенной ракете при запуске, она удалится от поверхности на расстояние, равное радиусу Земли ? Силами, кроме силы гравитационного взаимодействия ракеты и Земли, пренебречь.

Решение. Чтобы определить минимальную скорость V₁ ра­кеты, надо найти ее минимальную кинетическую энергию T₁. Для этого воспользуемся законом сохранения механической энергии. Этот закон выполняется для замкнутой системы тел, в которой дей­ствуют только консервативные силы.

Систему ракета — Земля можно считать замкнутой. Единствен­ная сила, действующая на систему,— сила гравитационного взаи­модействия, являющаяся консервативной.

В качестве системы отсчета выберем инерциальную систему от­счета, так как только в такой системе справедливы законы динами­ки и, в частности, законы сохранения. Известно, что система отсчета, связанная с центром масс замкнутой системы тел, является инерциальной. В рассматриваемом случае центр масс системы ракета — Земля будет практически совпадать с центром Земли, так как масса М Земли много больше массы m ракеты. Следовательно, систему отсчета, связанную с центром Земли, можно считать практически инерциальной. Согласно закону сохранения механической энергии, запишем

(1)

где T₁ и П₁ — кинетическая и потенциальная энергия системы раке­та — Земля в начальном состоянии (на поверхности Земли); Т₁ и П₂ — те же величины в конечном состоянии (на расстоянии, равном радиусу Земли).

В выбранной системе отсчета кинетическая энергия Земли равна
нулю. Поэтому T₁ есть просто начальная кинетическая энергия
ракеты: . Потенциальная энергия системы в начальном
состоянии * .

По мере удаления ракеты от поверхно­сти Земли ее потенциальная энергия будет возрастать, а кинетиче­ская — убывать. В конечном состоянии кинетическая энергия Т₁ станет равной нулю, а потенциальная энергия П₂ достигнет макси­мального значения:

Подставив значения T₁, П₁, T₂ и П₂ в выражение (1), получим

откуда после сокращения на m найдем

Заметив, что (g — ускорение свободного падения у по­верхности Земли), перепишем эту формулу в виде

что совпадает с выражением для первой космической скорости (см. пример 1). Подставив числовые значения величин и произведя вычисления, получим

Пример 3. Найти выражение для потенциальной энергии П гра­витационного взаимодействия Земли и тела массой m, находящегося на расстоянии r от центра Земли за пределами ее поверхности. По­строить график П(r).

Решение. Потенциальная энергия в поле консервативных сил (гра-

витационные силы консервативны) связана с силой следую­щим соотношением:

* Потенциальная энергия гравитационного взаимодействия тел, беско­нечно удаленных друг от друга, принимается равной нулю

где i, j, k — единичные векторы осей координат (орты); —частные производные потенциальной энергии по соот­ветствующим координатам. В случае, когда поле сил обладает сфе­рической симметрией, это выражение упрощается. Если ось х совместить с радиусом-вектором r, направленным по радиусу сферы,

то и обращаются в нуль и тогда . Так как ве-­
кторы r и i совпадают (рис. 4.3) и П зави-­
сит только от r, то

(1)
Запишем в векторной форме закон все­ мирного тяготения:

 

 

Рис.4.3 (2)

где G — гравитационная постоянная; М — масса Земли.

Сравнивая выражения (1) и (2), найдем откуда

Взяв от этого равенства неопределенный интеграл, получим

где С — постоянная интегрирования.

Полученное выражение показывает, что потенциальная энергия может быть определена лишь с точностью до некоторой произволь­ной постоянной.

1. Если принять потенциальную энергию бесконечно удаленных друг от друга тел равной нулю, то постоянная С обращается в нуль. В этом случае запишем

 

Соответствующая зависимость П(r) изображается графиком, представленным на рис. 4.4.

2. Если же принять потенциальную энергию равной нулю на

поверхности Земли, то и тогда

Но так как r=R+h, где h — высота тела над поверхностью Земли, то

Если , то , или, так как ,

Пример 4. В гравитационном поле Земли тело массой m переме­щается из точки 1 в точку 2 (рис. 4.5). Определить скорость v₂ тела в точке 2, если в точке 1 его скорость

Ускорение свободного падения g считать известным.

Решение. Система те­ло — Земля является замкнутой, в которой действует

Рис. 4.5

 

Рис. 4.4

 

консервативная сила — сила гравитационного взаимодействия. Поэтому можно воспользоваться законом сохранения механической энергии (инерциальную систему отсчета свяжем с центром масс системы). Тогда можно записать

E₁=E₂, или T₁+П₁=Т₂+П₂,

где T₁, П₁ и Т₂, П₂ — соответственно кинетические и потенциальные
энергии в начальном 1 и конечном 2 состояниях. Заметим, что центр
масс системы тело — Земля практически совпадает с центром масс
Земли , и поэтому кинетическая энергия Земли в начальном
и конечном состояниях равна нулю. Тогда

Подставив эти выражения в (1), получим

Заменив и произведя сокращения, найдем
+ , откуда

Так как (по условию задачи), то

Произведя вычисления, получим

Пример 5. Вычислить работу А₁₂ сил гравитационного поля Земли при перемещении тела массой m= 10 кг из точки 1 в точку 2 (рис. 4.5). Радиус R земли и ускорение g свободного падения вблизи поверхности Земли считать известными.

Решение. Для решения задачи воспользуемся соотношением между работой А и изменением ΔП потенциальной энергии. Так как силы системы — гравитационные — относятся к силам консерва­тивным, то работа сил поля совершается за счет убыли потенциаль­ной энергии, т. е.

(1)

где П₁ и П₂ — потенциальные энергии системы тело — Земля соот­ветственно в начальном и конечном ее состояниях.

Условимся, что потенциальная энергия взаимодействия тела и Земли равна нулю, когда тело находится на бесконечно большом расстоянии от Земли, тогда на расстоянии r потенциальная энергия

выразится равенством , где М — масса Земли.

Для расстояний r₁=3R и r₂=2R, заданных в условиях задачи (рис. 4.5), получим два выражения потенциальной энергии:

Подставив эти выражения П₁ и П₂ в формулу (1), получим

Заметив, что , преобразуем последнее выражение к
виду

Подставив значения т, g, R в это выражение и произведя вычисления, найдем

Пример 6. Верхний конец стального стержня длиной l = 5 м с площадью поперечного сечения S = 4 см2 закреплен неподвижно, к нижнему подвешен груз массой т = 2-103 кг. Определить: 1) нор­мальное напряжение а материала стержня; 2) абсолютное х и относительное ε удлинения стержня; 3) потенциальную энергию П растянутого стержня.

Решение. 1. Нормальное напряжение материала растяну­того стержня выражается формулой σ=F/S, где F — сила, дейст­вующая вдоль оси стержня. В данном случае F равна силе тяжести mg и поэтому можем записать

Сделав вычисления, найдем

2. Абсолютное удлинение выражается формулой

где Е — модуль Юнга.

Подставив значения величин F, l, S и Е в эту формулу (значе­ние E взять из табл. 11) и произведя вычисления, получим

Относительное удлинение стержня

3. Потенциальная энергия растянутого стержня ,
где V — объем тела, равный S×l. Поэтому

Выполнив вычисления по этой формуле, получим

N= 12,1 Дж.

Пример 7. Из пружинного пистолета был произведен выстрел вертикально вверх. Определить высоту h, на которую поднимается пуля массой m = 20 г, если пружина жесткостью k = 196 Н/м была сжата перед выстрелом на х = 10 см. Массой пружины пренебречь.

Решение. Система пуля — Земля (вместе с пистолетом) яв­ляется замкнутой системой, в которой действуют консервативные силы — силы упругости и силы тяготения. Поэтому для решения задачи можно применить закон сохранения энергии в механике. Согласно этому закону, полная механическая энергия Е₁ системы в начальном состоянии (в данном случае перед выстрелом) равна полной энергии Е₂ в конечном состоянии (когда пуля поднялась на высоту h), т. е.

E₁=E₂, или T₁+П₁=T₂+П₂, (1)
где T₁ и T₂ — кинетические энергии системы в начальном и конеч-­
ном состояниях; П₁ и П₂— потенциальные энергии в тех же состоя­-
ниях.

Так как кинетические энергии пули в начальном и конечном со­стояниях равны нулю, то равенство (1) примет вид

П₁= П₂. (2)

Если потенциальную энергию в поле тяготения Земли на ее по­верхность принять равной нулю, то энергия системы в начальном состоянии равна потенциальной энергии сжатой пружины, т. е.

, а в конечном состоянии — потенциальной энергий пули на высоте Л, т. е.

Подставив приведенные выражения П1 и П2 в формулу (2), найдем

Произведя вычисления по последней формуле, получим h= 5 м.