Механика системы частиц: Пособие по выполнению домашнего задания

1. ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ В СИСТЕМЕ ЧАСТИЦ Основные теоретические сведения При решении задач классической нерелятивистской механики во многих случаях необходимо определить лишь отдельные состояния заданной системы без подробного описания промежуточных этапов. Наиболее эффективным при решении подобных задач, как правило, является использование законов сохранения импульса P, момента импульса L и полной механической энергии E = T + П, где T - кинетическая, а П - потенциальная энергия тела. В таблице 1.1 приведены условия применения и типичные ситуации, в которых рекомендуется использовать тот или иной закон сохранения. Таблица 1.1.

Закон сохранения Импульса

Условия выполнения

Типичные ситуации

Для изолированных Объединение и разъединение поступасистем тельно движущихся тел (взрывы, удары, выстрелы и т.п.). Момента Для изолированных Объединение и разъединение тел, соимпульса систем и в поле вершающих вращательное движение, центральных сил. изменение формы вращающегося тела. Полной В поле только кон- Изменение потенциальной энергии механической сервативных сил. (сжатие пружины, изменение высоты энергии или взаимного расположения тел и т.п.). Эти фундаментальные физические законы позволяют найти связь между динамическими величинами системы в различных состояниях. При использовании модели материальной точки импульс, момент импульса и кинетическая энергия определяются следующими формулами: r r r r r mV 2 P = mV , L = r × P, T = . (1.1) 2 r где r - радиус-вектор материальной точки. В большинстве случаев момент импульса точки рассматривается относительно оси поворота OZ. Если скорость точки перпендикулярна этой оси, то Lz = l ⋅ mV , где l — "плечо" импульса (понятие, аналогичное известному из школьного курса физики "плечу" силы). Конкретный вид формулы потенциальной энергии зависит от характера действующих консервативных сил. Для растянутой или сжатой пружины она обычно записывается в виде kx 2 П= , (1.2) 2 где k – жесткость пружины, x – растяжение пружины (разность длин в деформированном и недеформированном состояниях). В однородном поле силы тяжести (например, вблизи поверхности планеты при h << RПЛАНЕТЫ) потенциальная энергия определяется по формуле

П = mgh , (1.3) где высота h отсчитывается от произвольного уровня. При гравитационном взаимодействии двух материальных точек или шаров (планет) с симметрично распределенной массой обычно потенциальную энергию на бесконечно большом удалении их друг от друга принимают равной нулю. При таком соглашении расчетная формула для потенциальной энергии имеет вид mm (1.4) П = −G 1 2 , r где G=6,67.10-11 м3/(кг.с2) - гравитационная постоянная, r – расстояние между материальными точками или центрами шаров. В некоторых случаях при решении задач более эффективными оказываются частные законы сохранения, т.е. действующие в частных случаях. Например, в изолированной системе невзаимодействующих частиц сохраняется их суммарная кинетическая энергия (1.5) ∑ Ti = const. i

Эта ситуация возникает при абсолютно упругих взаимодействиях между телами. Если проекции внешних сил на одну из осей координат равны нулю, то выполняется закон сохранения суммы проекций импульсов на эту ось (например, на ось ОX), т.е. (1.6) ∑ Pix = const. i

Если система не изолированная, но суммарный момент внешних сил относительно какой-либо оси отсутствует (например, оси ОZ ), то проекция момента импульса на эту ось остается постоянной, т.е. (1.7) ∑ Liz = const. i

где Liz - момент импульса i-го тела относительно оси ОZ. Например, суммарный момент импульса всех искусственных спутников Земли (и каждого в отдельности) остается постоянным, т.к. момент силы тяготения равен нулю. При действии в системе неконсервативных сил (трение, неупругая деформация и т.п.) полная механическая энергия не сохраняется, но ее изменение равно работе внешних неконсервативных сил Емех2 – Емех1 = Анеконс. (1.8) Движение изолированной системы взаимодействующих частиц, вообще говоря, оказывается очень сложным. Однако в такой системе имеется точка, которая либо покоится, либо движется с постоянной скоростью. Эта точка называется центром масс, а ее координаты определяются по формулам: ∑ mi xi ∑ mi yi ∑ mi zi i i xцм = , yцм = , zцм = i . (1.9) ∑ mi ∑ mi ∑ mi i

i

i

где mi , xi , yi , zi - масса и координаты i-ой частицы. Скорость центра масс равна r miVi ∑ r Vцм = i . (1.10) ∑ mi i

Законы сохранения и следствия из них являются эффективным инструментом при решении широкого класса задач, но требуют тщательного анализа условий их выполнения условий их выполнения. Поэтому именно с такого анализа и необходимо начинать решение задач. Литература

1. Савельев И.В. Курс общей физики. Кн. 1.: Механика. –М.: Наука, 1998, гл. 3. 2. Савельев И.В. Курс физики. Учебн.: Т.1.: Механика. Молекулярная физика. –М.: Наука, 1989, гл.3. 3. Трофимова Т.И. Курс физики. –М.: Высш. шк., 1990, гл. 2, 3.

2. ВРАЩАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА Основные теоретические сведения

Положение вращающегося вокруг закрепленной оси твердого тела удобно задавать углом поворота ϕ. Тогда величины dφ ω= (угловая скорость) и (2.1) dt dω d 2φ β= (угловое ускорение) (2.2) = dt dt 2 имеют смысл, аналогичный смыслу соответствующих характеристик поступаdVx d 2 x dx тельного движения Vx = и ax = = 2 . dt dt dt Как и при любом криволинейном движении, вектор линейного ускорения r точки во вращательном движении a можно представить в виде двух составляющих: -тангенциального ускорения, направленного по касательной к траектории aτ = β ⋅ R , где R – радиус вращения, (2.3) -нормального ускорения, направленного к оси вращения V2 2 . (2.4) an = ω ⋅ V = ω ⋅ R = R

При вращении твердого тела вокруг закрепленной оси мента импульса на эту ось можно представить в виде Lz = I z ⋅ ω z ,

z его проекцию мо(2.5)

где Iz называется моментом инерции твердого тела относительно рассматриваемой оси z. Физический смысл момента инерции можно уяснить, сопоставив формулы и динамические величины вращательного и поступательного движения, приведенные в таблице 2.1. Таблица 2.1. Характеристики движения твердого тела. Поступательное движение. Вращательное движение Масса (инерция) – m Момент инерции - I r r r r Сила F Момент силы M =r×F Проекция импульса – Проекция момента импульса – Px = mVx Lz = I z ⋅ ω z Уравнение динамики (проекция). dP dL M z = z = Iz ⋅β Fx = x = m ⋅ ax dt dt Кинетическая энергия. 2 mV Iω2 T= T= 2 2 Мощность. N = FV ⋅ V N = Mω ⋅ ω Работа. A = ∫ FV ⋅ dl A = ∫ M ω ⋅ dφ

(2.7)

(2.8) (2.9) (2.10)

Во всех случаях наблюдается соответствие между моментом инерции и массой. Поэтому можно сделать заключение, что момент инерции характеризует инертные свойства тела во вращательном движении. Например, закон сохранения проекции момента импульса для системы тел при условии отсутствия проекции момента действующих сил ∑ M iz = 0 можно записать в виде i

∑ Iiz ⋅ ωiz = const .

(2.6)

i

Этот закон в сочетании с законом сохранения полной механической энергии является эффективным инструментом при решении большого класса задач на вращательное движение твердого тела. Величина момента инерции твердого тела зависит от массы и ее распределения относительно оси вращения. Задача расчета момента инерции сводится к суммированию в случае дискретного распределения массы или к интегрированию при непрерывном распределении массы в объеме V по формулам I z = ∑ mi ⋅ ri2 или (2.11) I z = ∫ ρ ⋅ r 2 ⋅ dV , i

V

mi вокруг оси z, ρ - плотность маx 2 + y 2 - радиус вращения элемента объема dV, имеющего массу

где ri = xi2 + yi2 - радиус вращения массы териала, r =

ρ .dV.

Моменты инерции некоторых тел правильной геометрической формы относительно оси, проходящей через центр масс, приведены в таблице 2.2. При расчете моментов инерции тел Iz относительно произвольной оси z используют теорему Штейнера I z = I0 z + m ⋅ a2 , (2.12)

где I0z - момент инерции относительно оси, проходящей через центр масс и параллельной заданной оси z, а - расстояние между этими осями. В большинстве случаев алгоритм решения задач при вращательном движении твердого тела напоминает алгоритм решения аналогичных задач при поступательном движении. Таблица 2.2. Моменты инерции тел относительно оси ОО′, проходящей через центр масс. Описание тела Момент инерции Обруч, кольцо О mR 2 радиусом R

Однородный диск или цилиндр радиусом R

Однородный шар радиусом R

Однородный стержень длиной L

О′ О 1 mR 2 2

О′ О 2 mR 2 5 О′ О 1 mL2 12

О′ Литература

1. Савельев И.В. Курс общей физики. Кн. 1.: Механика. –М.: Наука, 1998, гл. 5. 2. Савельев И.В. Курс физики. Учебн.: Т.1.: Механика. Молекулярная физика. –М.: Наука, 1989, гл. 4. 3. Трофимова Т.И. Курс физики. –М.: Высш. шк., 1990, гл. 4.

Примеры решения задач Пример 1 Молот массой m = 200 кг падает на заготовку детали, масса которой вместе с наковальней M = 2500 кг. Найти коэффициент полезного действия (КПД) удара молота о поковку, считая его абсолютно неупругим. Взаимодействием наковальни с фундаментом во время удара пренебречь. Решение Целью описанного в условии процесса является деформация заготовки детали. Следовательно, КПД удара молота о поковку равен отношению энергии, затраченной на деформацию поковки EДЕФ ко всей затраченной энергии, которая равна кинетической энергии молота перед ударом Т0. Используя закон сохранения можно определить энергию, затраченную на деформацию поковки, как разность между кинетической энергией молота до удара Т0 и кинетической энергией молота с наковальней после удара Т1

EДЕФ = Т0 - Т1.

Заметим, что непосредственно после неупругого удара молот с наковальней начинают двигаться как одно целое со скоростью V1, которая затем гасится в результате сопротивления фундамента наковальни. Для определения скорости V1 применим закон сохранения импульса, который при неупругом ударе имеет вид mV0 = (m+M)V1.

mV0 . Тогда m+M mV02 ( m + M )V12 mV02 m 2V02 = − = − . 2 2 2 2( m + M )

Из этой формулы выразим скорость V1

E ДЕФ

=

КПД вычислим по формуле

mV02 m 2V02 − E ДЕФ M 2 2( m + M ) = 100 % 100% . КПД = 100% = 2 T0 m+M mV0 2

После подстановки значений m = 200 кг и М = 2500 кг и вычислений получаем КПД = 92,6% Пример 2 Определить вторую космическую скорость ракеты, запущенной с поверхности Земли. Решение

Второй космической скоростью V2 называется минимальная скорость, которую необходимо сообщить телу, чтобы оно удалилось с поверхности планеты в бесконечность. При этом сопротивление атмосферы не учитывается и предполагается, что на тело действует только поле тяготения планеты. Применим закон сохранения полной ∞ механической энергии для начальной точки R траектории ракеты и точки, расположенной на бесконечно большом расстоянии от планеты (рис. 1.1.) R Земля TR + П R = T∞ + П ∞ . Рис. 1.1. По определению вторая космическая скорость является минимально необходимой. Поэтому, можно принять, что T∞ = 0. В соответствии с формулой (1.4)

где

П∞

= 0. Тогда

mV22 m⋅M −G = 0, 2 RЗ

М – масса Земли, RЗ - ее радиус. Отсюда находим V2 = 2G

пользовавшись известным соотношением

G

M = g0 2 RЗ

(где

g0

M RЗ

. Вос-

– ускорение

свободного падения у поверхности Земли), это выражение можно преобразо-

V2 = 2 g 0 RЗ . Подставив в эту формулу значения g0 = 9,8 м/с2 и RЗ = 6400 км и произве-

вать к виду

дя вычисления, получим

V2 = 11,2 км/с. Пример 3 Подплыв перпендикулярно причалу, лодка коснулась его носом, и остановилась. Находившийся на корме рыбак переходит в переднюю часть лодки, чтобы сойти с нее. На какое расстояние смещается при этом лодка, если сопротивлением воды пренебречь, ветра нет и течение отсутствует? Длина лодки L=3м, ее масса M = 150 кг, масса рыбака m = 75 кг. Решение Рассмотрим систему, состоящую из человека и лодки. Если не учитывать действие сил трения между лодкой и водой, то эта система изолирована в горизонтальной плоскости, и положение ее центра масс не должно измениться. Выберем систему координат, в которой ось ОХ направлена от носа лодки к корме. За начало координат примем точку касания лодки берега (рис. 1.2.). Пусть пер-

воначально центр масс системы находится в точке С. Ее координату можно определить по формуле (1.9)

L XC L/2

xC =

O

x

C

Mg

mg

S+L/2 S

x

C

mg

Mg

L + mL 2 . M +m

M

После перемещения человека на нос лодки положение центра масс останется прежним, но формулу (1.9) можно записать в виде

L M ⎛⎜ + S ⎞⎟ + mS 2 ⎠ xC = ⎝ , M +m

где S - искомое перемещение, которое можно найти, приравнивая Рис. 1.2. правые части этих формул. После сокращения знаменателей получим L ⎛L ⎞ M + mL = M ⎜ + S ⎟ + mS . 2 ⎝2 ⎠ mL Выполнив преобразования, получим ответ S = =1м. M +m Замечание. Это не единственный способ решения. Попытайтесь самостоятельно решить задачу, используя непосредственно закон сохранения импульса. Пример 4 Жесткий покоящийся стержень длиной l расположен горизонтально и может свободно вращаться вокруг вертикальной оси, проходящей через один из концов стержня. На другом конце закреплен небольшой шар массой m1, в который абсолютно упруго ударяется другой шар массой m2 = m1 , летя0 щий перпендикулярно стержню и оси вращения со скоростью V0 (рис.1.3). l Считая удар шаров центральным, шары точечными, а стержень невесомым, m2V0 m1 определить угловую скорость враще0’ ния стержня после удара. Рис. 1.3. Решение В условии задано начальное состояние системы и требуется определить конечное состояние, без учета промежуточных этапов. В таких случаях обычно оптимальное решение получается с помощью законов сохранения. Необходимо

только проверить условия их выполнения. Рассматриваемая система «стержень с двумя шарами» не является замкнутой, т.к. на нее действуют сила тяжести и сила реакции опоры в точке контакта стержня с осью вращения 00’. Поэтому закон сохранения импульса использовать нельзя. Но моменты этих сил относительно вертикальной оси равны нулю (т.к. сила тяжести параллельна ей, а сила реакции опоры проходит через ось). Это позволяет использовать закон сохранения проекции момента импульса системы на вертикальную ось. Импульсы шаров перпендикулярны стержню. Поэтому длина стержня l является их «плечом» и упомянутый закон запишем в виде m2V0 ⋅ l = m2V2 ⋅ l + m1V1 ⋅ l . Здесь слева записан момент импульса системы до удара, а справа - после (V1 и V2 - скорости соответствующих шаров после удара). Сокращая на l, получаем m2V0 = m2V2 + m1V1 . Оказывается, несмотря на действие внешних сил, суммарный импульс системы в процессе удара сохранился. Кроме того, при абсолютно упругом ударе нет перехода кинетической энергии во внутреннюю, т.е. суммарная кинетическая энергии системы сохраняется. Поэтому

m2V02 m1V12 m2V22 . = + 2 2 2

Решая совместно два последних уравнения, с учетом равенства масс шаров получим скорости шаров после удара V2 = 0 и V1 = V0 . Угловая скорость вращения стержня с шаром после удара определяется по знакомой из школьного курса формуле

ω=

V0 . l

Пример 5 Колесо турбины раскручивают из состояния покоя с постоянным угловым ускорением β = 0,1 рад/с2. Чему равно полное ускорение точки, находящейся на расстоянии R = 0,5 м от оси вращения через 5 с после начала движения турбины? Сколько оборотов N успеет сделать турбина к этому времени? Решение Полное ускорение точки при вращательном движении определяется как r r векторная сумма тангенциального aτ и нормального a n ускорений (рис. 2.1.)

r a

r r r a = aτ + an .

Для их определения используем формулы (2.3) и (2.4) и an = ω ⋅ R , где угловую скорость ω можно определить, ин-

aτ = β ⋅ R

2

r an

α

r aτ

r a

тегрируя угловое ускорение

ω = ∫ β ⋅ dt + C1 =β ⋅ t + C1 .

Как обычно, постоянную интегрирования С1 найдем с помощью начального условия ω = 0 при t = 0. Тогда С1 = 0, тать по формуле

ω=β

.

Рис. 2.1. t и величину полного ускорения можно рассчи-

a = aτ2 + an2 = β 2 ⋅ R 2 + ω 4 ⋅ R 2 = = β 2 ⋅ R2 + β 4 ⋅ t 4 ⋅ R2 = β ⋅ R 1 + β 2 ⋅ t 4 . Подставив в нее числовые значения, получаем a ≈ 0,13 м/с2. Направление

вектора полного ускорения выразим с помощью тангенса угла α между векторами полного и нормального ускорений

tgα =

β ⋅R β 1 aτ = 2 = 2 2= = 0,4. an ω ⋅ R β ⋅ t β ⋅ t2

Заметим, что с течением времени tgα→ 0 и полное ускорение в основном будет определяться нормальным ускорением. Количество оборотов турбины N связано с углом поворота ϕ = 2πN, который определим, интегрируя угловую скорость

ϕ = ∫ ω ⋅ dt + C2 = ∫ β ⋅ t ⋅ dt + C2 =

β ⋅ t2 2

+ C2 .

Постоянная интегрирования С2 определяется тоже из начального условия: ϕ = 0 при t = 0. Получаем С2 = 0. Тогда

ϕ β ⋅ t2 = ≈ 0,2. N= 2π 4π

Пример 6 На гладкой горизонтальной поверхности лежит квадратная рамка, в вершинах которой закреплено по одному шару массой m. В один из них ударяется и прилипает еще один шар, такой же массы. Его скорость перед ударом направлена вдоль одной из сторон квадрата и равна V = 12 м/с. Считая рамку достаточно жесткой и невесомой, определить угловую скорость образовавшейся системы относительно вертикальной оси, проходящей через центр масс. Сторона квадрата а = 0,2 м, размерами шаров можно пренебречь. Решение Очевидно, что центр масс образовавшейся системы из пяти шаров находится на оси симметрии, совпадающей с диагональю квадрата, на которой на-

ходятся слипшиеся шары (рис. 2.2). Выберем ее в качестве оси координат ОХ с началом в вершине с двумя слипшимися шарами.

LZ

rα r

r V

0

LZ с

0

с

b x

x

xцм

xцм

Рис. 2.2. Тогда положение центра масс определим по формуле

xцм =

∑ mi xi = ∑ mi

2m ⋅ 0 + m ⋅ d + m ⋅ 5m

d d + m⋅ 2 2 = 2 d, 5

d =a 2

- диагональ квадрата. На систему не действуют внешние горизонтальные силы. Поэтому, для определения угловой скорости образовавшейся после удара системы воспользуемся законом сохранения вертикальной проекции момента импульса. Запишем его относительно вертикальной оси, проходящей через центр масс образовавшейся после удара системы где

Lz ( до ) = Lz ( после ) .

Момент импульса системы до соударения равен моменту импульса налетающего шара. Его проекцию на вертикальную ось запишем в виде Lz ( до ) = r ⋅ mV ⋅ sin α = r ⋅ mV ⋅ sin(π − α) = c ⋅ mV , 2 2 2 2 ⎛π⎞ где «плечо» c = xцм ⋅ cos ⎜ ⎟ = xцм = ⋅ d= d. 4 2 2 5 5 ⎝ ⎠

Тогда

Lz ( до ) =

2 d ⋅ mV . 5

Момент импульса образовавшейся после удара системы определим как для твердого тела Lz ( после ) = I цм ⋅ ω , где ω - искомая угловая скорость, Iцм - момент инерции образовавшейся системы из пяти шаров относительно вертикальной оси, проходящей через центр масс. Его мы рассчитаем по формуле 2.11

I цм = ∑ mi ⋅ Ri2 = 2m ⋅ (xцм )2 + m ⋅(d − xцм )2 + m ⋅ b 2 + m ⋅ b 2 ,

2

2

2

2

⎛d ⎞ ⎛d ⎞ ⎛ d ⎞ ⎛ d ⎞ = 0,26d 2 . Тогда где b = ⎜ ⎟ + ⎜ − xцм ⎟ = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎝2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 10 ⎠ 2

2

I цм

2

⎛2 ⎞ ⎛3 ⎞ = 2m ⋅ ⎜ d ⎟ + m ⋅ ⎜ d ⎟ + 2 ⋅ m ⋅ 0, 26d 2 = 1,2md 2 , ⎝5 ⎠ ⎝5 ⎠

Lz ( после ) = 1,2md 2 ⋅ ω . Подставив полученные значения моментов импульса в закон сохранения, получим

2 d ⋅ mV = 1,2md 2 ⋅ ω . Из этого равенства определяем искомую 5

угловую скорость 2 d ⋅ mV V 2 ⋅V 2 ⋅V 12 5 = = = = ω= рад/с = 10 рад/с . 2 6⋅d 1, 2md 6 ⋅ a 2 6a 6 ⋅ 0,2

Пример 7 Стальной эксцентрик изготовлен в виде диска толщиной h = 1 см с двумя симметричными отверстиями (рис.2.3). Радиусы отверстий r = 1 см, расстояние между их осями d = 4r, радиус диска R = 4r. Определить момент инерции эксцентрика IB относительно оси вала ВВ’, совпадающей с осью одного из отверстий. Плотность стали ρ = 7800 кг/м3. Решение Задачу можно разбить на две части: сначала найти момент инерции IС эксцентрика относительно оси симметрии 00’, а затем по теореме Штейнера рассчитать искомый момент инерции относительно B оси ВВ’. Момент инерции IС эксцентрика относиd тельно оси симметрии можно определить как момент 0 инерции целого диска I0 (без вырезов) за вычетом моментов инерции двух вырезанных частей 2I1, т.е. IС = I0 - 2 I1.

B’ R

0’

r Рис. 2.3.

Момент инерции целого диска определим по формуле

m0 R 2 , I0 = 2

где

m0 = ρ ⋅ πR 2 ⋅ h

- масса целого диска.

Момент инерции одной из вырезанных частей диска определим с помощью теоремы Штейнера

m1r 2 I1 = + m1a 2 , 2

где

a=

d = 2r , 2

m1 = ρ ⋅ πr 2 ⋅ h - масса вырезанной части диска. Тогда момент инерции отно⎞ ⎛ m1r 2 m0 R 2 сительно оси симметрии I C = − 2⎜⎜ + m1a 2 ⎟⎟ . Используя этот 2 ⎠ ⎝ 2 результат и теорему Штейнера, получим искомый момент инерции относительно оси ВВ’

I B = I C + (m0 − 2m1 ) ⋅ a 2 .

Подставим полученные ранее значения для IC , m0 , m1

⎛ m1r 2 ⎞ m0 R 2 − 2⎜⎜ + m1a 2 ⎟⎟ + (m0 − 2m1 ) ⋅ a 2 = IB = 2 ⎝ 2 ⎠ ⎛ r2 2⎞ ⎜ = − 2 ρπr h ⎜ + a ⎟⎟ + ρπR 2 h − 2 ρπr 2 h ⋅ a 2 . 2 ⎝2 ⎠ Учитывая, что R = 4r и a=2r, сделаем преобразования 2 ⎞ ρπh ⋅ 4 4 r 4 2 ⎛r − 2 ρπr h⎜⎜ + 2 2 r 2 ⎟⎟ + IB = 2 ⎝2 ⎠

ρπR 2 h ⋅ R 2

(

2

(

)

)

+ ρπ 4 2 r 2 h − 2 ρπr 2 h ⋅ 2 2 r 2 = = ρπ ⋅ r 4 h (128 − 9 + 56 ) = 175 ρπ ⋅ r 4 h. После подстановки данных условия задачи и расчета, получим IВ = 4,3.10-4 кг.м2.

Пример 8 Детская игрушка волчок имеет массу m = 0,2 кг и представляет собой фигуру вращения в виде двух состыкованных основаниями конусов (рис. 2.4). Радиус основания конуса R = 5 см, высота волчка H = 2R. Определить момент инерции волчка относительно оси 00’. Считать, что волчок изготовлен из однородного материала.

0 2H 0’ Рис. 2.4.

Решение Для упрощения интегрирования по формуле 2.11 используем симметрию заданной фигуры и выделим в ней элемент объема в виде диска толщиной dh (рис. 2.5). Радиус r этого диска зависит от расстояния h от вершины конуса. Так как высота конуса равна радиусу основания, то из геометрических соображе0’ ний следует, что r = h. Тогда объем выделенного элемента можно записать в виде h dh dV = πr 2 dh = πh 2 dh .

Его масса dm = ρdV, где ρ - плотность материала, из которого изготовлен волчок. Момент инерции этого элемента объема определим по известной формуле для момента инерции диска

1 1 dI = r 2 dm = πρh 4 dh. 2 2

0

Рис.2.5. Интегрируя это выражение, найдем момент инерции для одного из конусов R

1 1 I K = ∫ dI = ∫ πρh 4 dh = πρR 5 . Удвоив его, получим искомый 10 02 5 момент инерции всего волчка I = 2 I K = 0,2πρR . волчка

Для получения расчетной формулы определим плотность материала волчка

ρ=

m m = V 2VK

, где

VK – объем одного из конусов. Соответствующая фор-

мула для объема конуса известна из школьного курса геометрии

1 1 VK = πR 2 ⋅ H K = πR 3 . 3 3

3m , а момент инерции 3 2πR 3m 5 2 I = 0,2π R = 0 , 3 mR . 3 2πR . -4 Выполнив расчет, получим I = 1,5 10 кг.м2. Тогда

ρ=

Пример 9

Маховик, имеющий момент инерции I = 1 кг.м2, начинают раскручивать ⎛ 2π ⎞ так, что его угловая скорость меняется по закону ω = ω0 sin 2 ⎜ t ⎟ , где τ = 4 ⎝ τ ⎠

с, ω0 = 31,4 рад/с. Определит момент внешних сил, действующих на маховик через 1 с после начала движения и запасенную к этому моменту времени кинетическую энергию. Решение В соответствии с уравнением динамики вращательного движения твердого тела (2.7) момент действующих сил М связан с угловым ускорением β формулой M z = I z ⋅ β , где Iz - момент инерции маховика относительно оси вращения. Угловое ускорение можно найти, воспользовавшись его определением dω 2π ⎛ 2π ⎞ ⎛ 2π ⎞ 2πω0 ⎛ 4π ⎞ = ω0 ⋅ 2 sin ⎜ t ⎟ ⋅ cos ⎜ t ⎟ = β= sin ⎜ t ⎟ . dt τ τ ⎝ τ ⎠ ⎝ τ ⎠ ⎝ τ ⎠ 2πω0 ⎛ 4π ⎞ Тогда M = I sin ⎜ t ⎟ и подстановка заданных значений времени t τ ⎝ τ ⎠

= 1 c и τ = 4 с приводит к результату М = 0. Кинетическая энергия вращающегося твердого тела определяется по фор-

муле времени

Iω 2 . T= 2

Тогда

Iω02 4 ⎛ 2π ⎞ T= sin ⎜ t ⎟ . Подставив заданные значения 2 ⎝ τ ⎠

t = 1 c и τ = 4 с, получаем

Iω 02 = 493 T= 2

Дж.

Замечание: Полученное значение кинетической энергии равно работе, которую может совершить маховик при торможении после отключения двигателя.

Пример 10 Человек стоит в центре скамьи Жуковского и вместе с ней вращается по инерции (рис. 2.6) с частотой n1 = 0,5 с–1. В вытянутых руках человек держит по гире массой m = 2 кг каждая. Исходное расстояние между гирями l1 = 1,6 м. Какой будет частота вращения n2 скамьи с человеком, когда он опустит руки и расстояние между гирями l2 станет равным 0,4 м? Считать, что момент инерции тела человека и скамьи относительно оси вращения не меняется и равен I0 = 1,6 кг.м2.

Рис. 2.6.

Решение Моменты инерции сил тяжести и реакции опоры относительно вертикальной оси вращения скамьи z равны нулю. Следовательно, для рассматриваемой системы проекция момента импульса относительно этой оси сохраняется I1z ⋅ ω1z = I 2 z ⋅ ω2 z , где I1z и ω1z — момент инерции системы и угловая скорость при вытянутых руках (рис. 2.6), I2z и ω2z — соответствующие величины при опущенных руках (рис. 2.7.). Учитывая взаимосвязь угловой скорости и z частоты вращения ω = 2πn, из этого равенства I можно выразить искомую частоту n2 = 1z n1 . I2z Перед расчетом осталось определить I1z и I2z. При вытянутых руках момент инерции системы I1z равен сумме момента инерции человека со скамьей I0 и момента инерции двух гирь 2mr12 ,

Рис. 2.7. где r1 = l1/2 расстояние от оси вращения z до гири (принимая гири за материальные точки). Аналогично и при опущенных руках 2

I2z

⎛l ⎞ = I 0 + 2m ⎜ 2 ⎟ . ⎝2⎠ 2

⎛l ⎞ I 0 + 2m ⎜ 1 ⎟ ⎝ 2 ⎠ n = 1,18 с–1. Тогда расчетная формула примет вид n2 = 2 1 ⎛ l2 ⎞ I 0 + 2m ⎜ ⎟ ⎝2⎠