Помощничек
Главная | Обратная связь


Археология
Архитектура
Астрономия
Аудит
Биология
Ботаника
Бухгалтерский учёт
Войное дело
Генетика
География
Геология
Дизайн
Искусство
История
Кино
Кулинария
Культура
Литература
Математика
Медицина
Металлургия
Мифология
Музыка
Психология
Религия
Спорт
Строительство
Техника
Транспорт
Туризм
Усадьба
Физика
Фотография
Химия
Экология
Электричество
Электроника
Энергетика

Основной закон динамики вращательного движения

 

Быстрота изменения момента импульса твердого тела определяется результирующим моментом внешних сил, действующих на тело:

. (2.24)

В проекции на ось , совпадающую с осью вращения:

(2.25)

 

Равенства (2.24) и (2.25) представляют собой основной закон динамики вращательно движения, записанный в векторной и скалярной формах.

 

Примеры решения задач

 

Задача 1. Частица движется так, что зависимость ее радиус-вектора от времени имеет вид

, (3.1)

где А = 2 м/с3, В = 4 м/с2, С = -2 м – константы. Найти: 1) модуль мгновенной скорости в момент времени t1 = 1 с; 2) приращение скорости и среднюю скорость за промежуток времени от t0 = 0 с до t2 = 2 с; 3) ускорение частицы и его модуль в момент времени t2.

Решение.

1) Мгновенную скорость найдем как производную по времени от радиус-вектора, используя закон движения (3.1):

(3.2)

где ux = 3At2, uy = 2Bt, uz = 0.

 

Отсюда получаем

. (3.3)

В момент времени t1 модуль скорости согласно формуле (3.3) принимает значение u1 = 10 м/с.

2) Приращение скорости . Используя соотношение (3.2), получим

(3.4)

Чтобы вычислить среднюю скорость < >, найдем выражение для перемещения :

,

которое подставим в формулу, по которой определяется средняя скорость:

(3.5)

 

 

После подстановки данных в формулы (3.4) и (3.5) получим:

м/с; м/с.

3) Воспользовавшись зависимостью скорости от времени (3.2), определим мгновенное ускорение как производную от скорости по времени:

. (3.6)

Найдем модуль ускорения

, (3.7)

где согласно (6) ах = 6At, ay = 2B, az = 0. При t = t1 формулы (3.6) и (3.7) дают следующие значения:

м/с2; а = 14 м/с2.

Ответ:

1) ; u1 = 10 м/с.

2) ; м/с;

; м/с.

3) ; м/с2;

; а = 14 м/с2.

Задача 2. Ускорение точки меняется с течением времени по закону:

, (3.8)

ее начальная скорость

, (3.9)

где А = 2 м/с2, с-1, В = -2 м/с.

Найти: 1) мгновенную скорость точки и ее модуль в момент времени t1 = 4 с; 2) приращение радиус-вектора (перемещение) точки за время от t0 = 0 с до t1 = 4 с; 3) путь, пройденный точкой за это время.

Решение.

1) Зная зависимость ускорения точки от времени, найдем зависимость скорости от времени, воспользовавшись соотношением:

.

Подставив в него заданные выражения для и , получим:

(3.10)

Отсюда ; ; ;

. (3.11)

 

 

Таким образом, в любой момент времени модуль скорости одинаков и равен u = 3,3 м/с.

В момент времени t1 по формуле (3.10) скорость принимает значение (t1) = (2,5 -2 ) м/с;

2) Для нахождения перемещения воспользуемся соотношением (10):

 

(3.12)

м.

Из формулы (3.12) ; ; ;

;

м.

3) Найдем длину пути S(t), используя выражение (3.11) для модуля скорости:

. (3.13)

Подставив в (13) данные задачи, получим S(t1) = 13,2 м.

Ответ:

1) ; (t1) = (2,5 -2 ) м/с;

; u = 3,3 м/с.

2) ; м.

;

м.

3) ;

S(t1) = 13,2 м.

Задача 3. Из пушки выпустили последовательно два снаряда со скоростью u0 = 250 м/с; первый под углом 60°, второй – под углом 30° к горизонту (рис.3.1). Пренебрегая сопротивлением воздуха, найти интервал времени между выстрелами, при котором снаряды столкнутся друг с другом.

 

 

 

Рис. 3.1

 

Решение.

Обозначим радиус-вектор и скорость первого снаряда и ,

второго - и , соответственно. Пусть до момента столкновения со времени запуска первого снаряда прошло время t1, со времени запуска второго снаряда – t2, а . В момент столкновения положения снарядов совпадают и определяются вектором :

= 1(t1)= 2(t2). (3.14)

Согласно формуле (1.19),

, ;

или в проекциях на координатные оси (рис.3.1):

x1(t1) = u0 cosα1 t1 ;

y1(t1) = u0 sinα1 t1 ; (3.15)

x2(t2) = u0 cosα2 t2 ;

y2(t2) = u0 sinα2 t2 . (3.16)

Равенство (3.14) означает, что x1(t1) = x2(t2) и y1(t1) = y2(t2). Подставив сюда выражения (3.15), (3.16), получим:

u0 cosα1 t1 = u0 cosα2 t2 (3.17)

u0 sinα1 t1 = u0 sinα2 t2 .

Преобразуем последнее уравнение

u0 (sinα1 t1 – sinα2 t2 )- (t12 - t22) = 0 (3.18)

Из равенства (3.17) находим

(3.19)

Подставим выражение (3.19) в уравнение (3.18), получим следующее квадратное уравнение:

,

одним из решений которого будет t2 = 0, что не соответствует условию задачи. Другое решение имеет вид

. (3.20)

Объединяя формулы (3.19) и (3.20), найдем интервал времени между выстрелами:

 

 

∆t = 18,7 с.

Ответ:

; ∆t = 18,7 с.

 

Задача 4.Тангенциальное ускорение точек, лежащих на ободе колеса, меняется с течением времени по закону:

аt = А + Сt, (3.21)

где А = 2 м/с2, С = 4 м/с3 – константы. Найти: 1) угловое ускорение колеса в момент времени t1 = 2 с; 2) угловую скорость колеса в этот момент времени;

3) зависимость угла поворота колеса от времени; 4) число оборотов, сделанное колесом за 10 с от начала вращения. Радиус колеса 1 м. Угловую скорость и угол поворота в начальный момент принять равными нулю.

Решение.

1) Тангенциальное ускорение точек, лежащих на ободе колеса, и угловое ускорение его вращательного движения связаны соотношением:

аt = e∙r, где r – расстояние от этих точек до оси вращения, т.е. радиус колеса. Отсюда

. (3.22)

При t = t1 = 2 c, e = 4 рад/с2.

2) Векторы и направлены одинаково, поэтому

, .

Интегрируя последнее выражение с учетом равенства (22), получим:

,

.

Так как по условию задачи в начальный момент времени t = 0 угловая скорость w0 = 0, последнее выражение принимает вид

. (3.23)

Отсюда w = 12 рад/с при t = t1 = 2 c.

3) Найдем зависимость угла поворота j от времени, воспользовавшись соотношениями:

, .

Возьмем интеграл от обеих частей последнего равенства с учетом соотношения (3.23):

(3.24)

Отсюда

.

По условию задачи при t = 0 j0 = 0, поэтому

. (3.25)

4) Угол поворота колеса j и число оборотов N, сделанных колесом за время t, связаны соотношением: j = 2pN. Отсюда с учетом равенства (3.25)

.

Подставляя данные задачи, получим N = 122 об.

Ответ:

1) ; e = 4 рад/с2;

2) ; w = 12 рад/с;

3) ;

4) ; N = 122 об.

Задача 5. Брусок массой m = 20 кг движется вверх по наклонной плоскости с углом наклона α = 30°. На брусок действует сила F = 150 Н под углом β = 30° к плоскости (рис.3.2). Коэффициент трения бруска о плоскость m = 0,2. Найти силу трения, действующую на брусок, ускорение бруска и путь, пройденный им за первые две секунды движения, если начальная скорость равна нулю.

 

Решение.

На тело действуют четыре силы: тяжести m , трения , реакции опоры и тяги . Второй закон Ньютона (основное уравнение динамики поступательного движения) для тела имеет следующий вид:

. (3.26)

Введем систему координат, в которой ось Х направлена по ускорению бруска, ось Y – перпендикулярно наклонной плоскости вверх вдоль силы реакции опоры (рис. 3.2). Начало координат свяжем с положением бруска на момент времени t0 = 0 с. Запишем уравнение (3.26) в проекциях на координатные оси Х и Y соответственно:

F cosβ –mg sinα - Fm = ma, (3.27)

F sinβ – mg cosα + FN= 0. (3.28)

Решив систему уравнений (27) и (28) с учетом соотношения Fm = m FN, найдем Fm и а:

Fm = m ( mg cosα – F sinβ ); Fm = 19 Н.

; а = 0,641 м/с2.

Брусок движется равноускоренно с нулевой начальной скоростью вдоль оси Х, поэтому длина его пути определяется по формуле

; S = 1,28 м.

Ответ:

Fm = m ( mg cosα – F sinβ ); Fm = 19 Н.

; а = 0,641 м/с2.

; S = 1,28 м.

Задача 6. Груз массой 2 кг, связанный нерастяжимой нитью, перекинутой через невесомый неподвижный блок, с другим грузом массой 4 кг движется вверх по наклонной плоскости с ускорением 4,8 м/с2 (рис. 3.3). Найти силу натяжения нити и коэффициент трения между грузом и плоскостью, если угол наклона плоскости к горизонту α = 30°.

Решение.

На первое тело действуют четыре силы: тяжести , трения , реакции опоры и натяжения нити . На второе тело действуют силы: тяжести и натяжения нити . Запишем уравнения движения грузов в векторной форме:

+ + + = (3.29)

 

+ = . (3.30)

Поскольку нить нерастяжимая, блок не вращается и трение нити о блок не учитывается, натяжение нити (по модулю) всюду одинаково и модули ускорений тел равны между собой:

F1 = F2 = F ; а1 = а2 = а (3.31)

Выберем удобную для рассмотрения движения каждого тела систему координат, как показано на рис. 3.3. Найдем с учетом равенств (31) проекции векторов, входящих в уравнения (29) и (30), на координатные оси X1, Y1 и Х2 соответственно:

F – m1g sinα - Fm = m1a, (3.32)

-m1g cosα + FN = 0, (3.33)

m2g – F = m2a. (3.34)

Решая систему уравнений (32)-(34) с учетом равенства Fm = mFN, найдем:

F = m2 (g – a); F = 20 Н;

; m = 0,35.

Ответ:

F = m2 (g – a); F = 20 Н;

; m = 0,35.

 

Задача 7.На блок диаметра 10 см, укрепленный на горизонтальной оси, проходящей через его центр О, намотана невесомая нить, к концу которой привязан груз массой 300 г (рис. 3.4). Груз проходит расстояние 1 м за время 10 с. Найти момент инерции блока относительно оси вращения. Трением в блоке пренебречь.

Решение.

На груз действуют силы: тяжести m , натяжения нити . Будем рассматривать движение груза относительно системы отсчета, ось Х которой направлена вертикально вниз. Груз движется равноускоренно. Уравнение его движения имеет вид

. (3.35)

На блок действуют силы: тяжести , реакции опоры , натяжения нити . Моменты этих сил относительно оси вращения обозначим , , . Вращение блока будем рассматривать относительно системы отсчета, ось Z которой направлена по оси вращения от нас (рис. 3.4). Блок вращается равноускоренно. Уравнение вращательного движения блока:

= + + .

Моменты сил тяжести и реакции опоры равны нулю, поскольку эти силы проходят через центр вращения О, и, следовательно, плечо каждой из сил равно нулю, поэтому

, (3.36)

 

т.е. векторы и направлены одинаково – по оси вращения Z от нас.

Перепишем уравнение (3.35) в проекциях на ось Х:

ma = mg – F1. (3.37)

 

Спроектируем векторы, входящие в уравнение (3.36), на ось Z:

Je = M3. (3.38)

Модуль момента силы равен произведению силы F2 на ее плечо, которое равно половине диаметра блока (рис. 3.4):

 

 
 

 


. (3.39)

Благодаря невесомости нити силы натяжения и равны по модулю:

F1 = F2 = F. (3.40)

Модуль тангенциального ускорения аt точек блока, соприкасающихся с нитью, равен модулю ускорения нити в любой ее точке, а следовательно, и модулю ускорения груза а: аt = а. Модуль тангенциального ускорения этих точек и модуль углового ускорения блока связаны соотношением: аt = , отсюда

. (3.41)

Подставим формулы (3.39) и (3.41) в равенство (3.38). Тогда с учетом выражения (3.40) получим:

. (3.42)

Решив систему уравнений (3.37) и (3.42), найдем:

. (3.43)

Величину ускорения груза можно найти, используя формулу для равноускоренного прямолинейного движения. При условии, что начальная скорость груза u0 = 0, пройденный путь можно определить по формуле (1.19).

,

откуда .

Подставим последнюю формулу в выражение (43) для момента инерции:

.

Используя данные задачи, получим: J = 0,37 кг∙м2.

Ответ:

; J = 0,37 кг∙м2.

 

Задача 8. Груз массой 5 кг, связанный нерастяжимой нитью, перекинутой через неподвижный блок, с другим грузом массой 2 кг, движется вниз по наклонной плоскости (рис. 3.5). Масса блока 300 г. Коэффициент трения между первым грузом и наклонной плоскостью 0,1. Найти ускорение грузов, если угол наклона плоскости к горизонту 30°. Блок считать однородным диском.

Решение.

Заданная система состоит из трех тел: грузов массами m1 и m2 и блока массой m3. Груз m1 находится под действием сил: тяжести , реакции опоры , натяжения нити и трения . Второй закон Ньютона для этого груза имеет вид

. (3.44)

На груз m2 действуют силы: тяжести и натяжения нити . Для него второй закон Ньютона имеет вид

. (3.45)

Блок вращается вокруг неподвижной горизонтальной оси, проходящей через центр О. На него действуют силы: тяжести , реакции оси и натяжения нити и . Моменты сил тяжести блока и реакции оси равны нулю. Вращение блока вызывается только действием сил натяжения нити. Поэтому основное уравнение динамики вращательного движения блока следующее:

, (3.46)

где J – момент инерции блока относительно оси вращения; и - моменты сил натяжения нити и относительно центра блока О соответственно.

Векторы и направлены по оси вращения блока: - к нам, - от нас (рис. 3.5). Угловое ускорение по условию задачи направлено также, как и вектор .

 

 

 
 

 


Рис. 3.5

Будем рассматривать движение тела m1 относительно системы отсчета, ось Х1 которой направлена вдоль ускорения , ось Y1 – вдоль силы реакции опоры . Перепишем равенство (3.44) в проекциях на эти оси:

m1a1x = m1g sinα – F1 - Fm , (3.47)

0 = FN1 - m1g cosα.

Отсюда FN1 = m1g cosα, с учетом этого соотношения сила трения скольжения определяется по формуле: Fm = m m1 g cosα. Подставив ее в равенство (3.47), будем иметь:

m1a1x = m1g sinα – F1 - m m1 g cosα. (3.48)

Движение груза m2 будем рассматривать относительно системы отсчета, ось Х2 которой направлена вдоль ускорения (рис. 3.5). Перепишем равенство (3.45) в проекциях на эту ось:

m2 a2x = -m2g + F2. (3.49)

Для описания вращательного движения блока введем систему отсчета, ось Z которой направлена по оси вращения к нам (рис. 3.5). Перепишем равенство (3.46) в проекциях на эту ось:

Je = M1 – M2. (3.50)

Так как блок считается диском, момент инерции блока относительно оси вращения найдем по формуле (2.19). Модули моментов сил и равны произведению соответствующих сил F¢1 и F¢2 на их плечи:

M1 = F¢1 r; M2 = F¢2r. (3.51)

Поскольку нить нерастяжима, ускорения обоих грузов можно считать равными по модулю:

а = а = а. (3.52)

Модуль тангенциального ускорения точек блока, соприкасающихся с нитью, равен модулю ускорения нити в любой ее точке, следовательно, и модулю ускорения грузов. Поэтому а = аt = er, откуда

e = а / r. (3.53)

Подставив выражения (2.19), (3.51) и (3.53) в формулу (3.50), с учетом соотношения (3.52) получим:

. (3.54)

Решив систему уравнений (3.48), (3.49) и (3.54), будем иметь:

.

Подставив числовые данные, получим: а = 0,09 м/с2.

Ответ:

; а = 0,09 м/с2.

 




©2015 studenchik.ru Все права принадлежат авторам размещенных материалов.