close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Лисицын Механика в задачах 2011

код для вставкиСкачать
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ
РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
НАЦИОНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ
ЯДЕРНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ «МИФИ»
Озерский технологический институт
С. Г. Лисицын
МЕХАНИКА В ЗАДАЧАХ
Рекомендовано УМО «Ядерные физика и технологии»
в качестве учебно-методического пособия
для студентов высших учебных заведений
Москва 2011
УДК 530.1
ББК 22.3
Л63
Лисицын С.Г. Механика в задачах: Учебно-методическое пособие.
М.: НИЯУ МИФИ, 2011. – 156 с.
Пособие предназначено для студентов технических специальностей,
изучающих курс общей физики. В нём разобраны решения задач различной сложности по всем основным темам из раздела "Механика" курса общей физики. Пособие рассчитано на применение совместно с учебниками
по курсу общей физики И.В. Савельева и И.Е. Иродова.
Пособие подготовлено в рамках Программы создания и развития
НИЯУ МИФИ.
Рецензенты:
В.И. Гервидс, доцент кафедры общей физики НИЯУ МИФИ,
В.Г. Сосюрко, доцент кафедры ТМ и МАХП ОТИ
ISBN-978-5-7262-1520-4
© Национальный исследовательский
ядерный университет «МИФИ», 2011
СОДЕРЖАНИЕ
ПРЕДИСЛОВИЕ............................................................................................... 4
1. КИНЕМАТИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ............................................ 9
2. ЗАКОНЫ НЬЮТОНА ................................................................................ 26
3. ИМПУЛЬС .................................................................................................. 40
4. РАБОТА. КИНЕТИЧЕСКАЯ ЭНЕРГИЯ.................................................. 52
5. ДВИЖЕНИЕ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ В СТАЦИОНАРНЫХ
ПОТЕНЦИАЛЬНЫХ ПОЛЯХ. ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ ЭНЕРГИИ ....... 65
6. МОМЕНТ ИМПУЛЬСА СИСТЕМЫ МАТЕРИАЛЬНЫХ ТОЧЕК.
УРАВНЕНИЕ МОМЕНТОВ.......................................................................... 75
7. ДИНАМИКА ТВЕРДОГО ТЕЛА.............................................................. 90
8. ДВИЖЕНИЕ ТЕЛ В НЕИНЕРЦИАЛЬНЫХ СИСТЕМАХ ОТСЧЕТА.
СИЛЫ ИНЕРЦИИ ........................................................................................ 121
9. КОЛЕБАНИЯ............................................................................................ 140
3
ПРЕДИСЛОВИЕ
Для кого и для чего это пособие?
Пособие предназначено для студентов технических специальностей, изучающих курс общей физики. В нём разобраны решения задач
различной сложности по всем основным темам из раздела "Механика"
курса общей физики. Пособие рассчитано на применение совместно с
учебниками по курсу общей физики И.В. Савельева и И.Е. Иродова и
задачниками этих же авторов, а также «Сборником качественных вопросов и задач по общей физике» Е.И. Бабаджана, В.И. Гервидса, В.М.
Дубовика, Э.А. Нерсесова (М.: Наука, 1990 и М.: Физматлит, 2005).
Ответ на вопрос «для чего?» сложнее. Можно высказать ту точку
зрения, что подобное пособие совершенно не нужно, поскольку есть
учебники и задачники. Читай учебник, решай задачи, вот и все дела.
Спору нет – именно это и надо делать. Проблема, однако, в том, что
большинство вчерашних школьников, а ныне первокурсников, которые окончили обычные, а не профильные физико-математические
школы, задач не решали. То, что в обычной школе называют задачами,
в большинстве случаев не более чем примитивные примеры на применение тех или иных формул. Такого рода упражнения мало чему могут
научить, а уж показать возможности, которые даёт серьёзное научное
знание, не могут в принципе. Поэтому первокурсники оказываются в
довольно сложной ситуации, когда возникает необходимость решать
задачи. С какого бока к ней приступать? Чем руководствоваться в процессе решения? Всё это серьёзные вопросы, на которые зачастую нет
ответа в учебнике. Разумеется, есть практические занятия, где именно
этому и учат, но вот пособий, помогающих студентам в их самостоятельной работе, в настоящее время мало. Именно в силу этих обстоятельств написано это пособие.
Почему задача "не решается"?
Понять и освоить новое знание можно только в процессе его применения. Во время учёбы такая практика возможна, в первую очередь,
при решении задач. Но она не всеми студентами выполняется легко.
Причин тому несколько.
4
Первая причина – плохое знание основных понятий и законов физики или незнание их. При таких условиях все попытки решить даже
простейшую задачу заранее обречены на неуспех. Это почти то же самое, что пытаться говорить в чужой стране, не зная языка, а определения и законы – язык любой науки, в том числе и физики.
Вторая причина – неясность задания. Очень часто студент начинает решать задачу, даже не прочитав толком её условия. Поэтому он
оказывается в положении героя сказки, получившего задание: "Пойди
туда – не знаю куда, принеси то – не знаю, что". Но сказочному герою
помогали чудеса, а в жизни чудес, увы, нет. Не происходит их и в этом
случае. А посему напрашивается вывод: нужно внимательно прочитать условие задачи, выяснить, что дано и что необходимо найти. После этого надо КРАТКО записать условие задачи. Это – очень важный
момент, поскольку необходимо внимательно прочесть задачу и ухватить её суть. Поэтому есть надежда, что при краткой записи условия
оно будет прочитано достаточно внимательно, и вы будете решать ту
задачу, которую вам предложили, а не ту, чаще всего некорректную,
задачу, которую вы сами себе задали в результате неправильного понимания условия.
Третья причина – попытка решать задачу не в общем виде (буквенном), а сразу же, используя конкретные числовые данные задачи. В
этом случае любая арифметическая ошибка сильно портит все дело, и
главное, что очень трудно ее обнаружить. Решение задачи в общем
виде легче проконтролировать на каждом этапе и отыскать допущенную ошибку.
Четвертая причина – попытка решать задачу, не изобразив на бумаге соответствующего рисунка. Конечно, можно что-то представить
в уме, но рисунок неимоверно нагляднее: подсчитано, что 95 % информации человек получает с помощью глаз. Поэтому надо по возможности изобразить условие задачи с помощью рисунка, даже если
вам он кажется необязательным.
Пятая причина – к сожалению, наиболее трудно устранимая. Это
плохое знание математики. Физика – наука точная, т.е. выводы ее основаны на использовании математики, поэтому изучение физики без
знания математики – пустая трата времени. Следовательно, нужно
уметь: выполнять операции с векторами, находить пределы, строить
графики, дифференцировать, интегрировать и т.п. Перечисленные
причины самые типичные, но могут быть и другие, сугубо индивидуальные.
5
"А в учебнике этого нет!"
Допустим, все причины, мешающие решить задачу, как будто устранены, а задача не решается. Как быть? Выход один: еще раз прочитать соответствующий раздел в учебнике, видимо, вы что-то не поняли. Кстати, нужный ли раздел вы читаете? Для ответа на этот вопрос
посмотрите оглавление и предметный указатель.
Очень часто случается, что вы ищете ответ совсем не там, где он
находится. Бывает, что чего-то нужного вам в этом учебнике и в самом деле нет, тогда возьмите другой учебник. Вообще, лучше всего
иметь под рукой несколько разных учебников и выбирать из них лучший, на ваш взгляд. К сожалению, не все учебники хороши, во многих
из них имеются неточности, а иной раз и ошибки. Всё бывает. Особенно грешат этим справочники по физике для школьников и студентов. За одним, правда, исключением. Я имею в виду энциклопедии.
Применительно к физике – это «Физический энциклопедический словарь» – великолепное по качеству издание, в котором всё написано
правильно. Удивляться тут нечему: каждая статья в энциклопедии
пишется авторитетным профессионалом физиком. Ну, а если уж ответа в учебнике или энциклопедии не нашлось, есть еще несколько выходов: подумать самому (а это весьма полезное дело!), спросить у товарища или преподавателя. В этом последнем случае чаще всего выясняется, что в книгах что-то все-таки написано, просто вы не сумели
прочитать это место надлежащим образом.
Вообще, чтение учебника – это не простое дело, учиться ему нужно постоянно, и чем раньше вы этому научитесь, тем легче будет
учиться. Но всегда следует иметь в виду простую истину: нет такой
книги, где были бы ответы на все возникающие у вас вопросы. Ответ
нужно искать самому, книга может лишь помочь в этих поисках, но
никогда не избавит от них. Одним словом, думайте сами!
Что вы найдете в этом пособии и чего не найдете.
Начнем с ответа на второй вопрос. Вы не найдете здесь никаких
чудодейственных формул и советов, которые избавили бы от труда
самостоятельно думать. Это пособие никак не отнести к серии типа
«Физика – это просто!» или «Вся физика за 5 минут». Честно должен
заявить: физика, хотя она и занимается изучением простейших (в
смысле: исходных, фундаментальных) законов природы, никак не может претендовать на статус очень простой науки. Да и за пять минут,
вряд ли удастся даже просто перечислить все те задачи, которые решает физика, не говоря уж о том, как она их решает. Так что ничего про-
6
стого здесь нет. Наоборот, автор надеется, что читатель имеет желание
самостоятельно решить ту или иную задачу и не испугается трудностей этой работы.
А что же можно найти в этом руководстве? Во-первых, для удобства читателя в начале каждого раздела собраны основные определения и формулировки соответствующих законов. В тех случаях, когда
это необходимо, даны разъяснения понятий, указаны тонкости их
применения. На эти тонкости обращено внимание и в разобранных задачах. Во-вторых, каждый здесь найдет что-нибудь свое, но автор ставил перед собой одну цель – показать, что решить задачу (любую)
можно (и нужно), отправляясь только от основных понятий и законов.
Как это делается, здесь показано на примерах решения задач различной сложности, относящихся ко всем основным разделам классической механики (за исключением задач по статике и теории относительности – этих разделов здесь нет). Однако следует иметь в виду,
что данное пособие не учебник и не какой-то его эквивалент, скорее –
это дополнение к учебнику. Поэтому здесь разобраны многие вопросы, которые любят задавать студентам преподаватели на зачётах и экзаменах, но которые обычно обходятся молчанием в учебниках. Насколько удалось автору разъяснить сложности механики – судить читателю.
В пособии практически нет оригинальных задач. Списка литературы здесь также нет. Дело в том, что авторство задач, которые здесь разобраны, установить довольно трудно, а иногда и вовсе невозможно,
поскольку эти задачи «кочуют» из задачника в задачник. Поэтому
пусть претенденты на авторство задач не обижаются на меня, но своих
имён они здесь не обнаружат.
Автор использовал задачи из различных задачников, руководствуясь при их подборе только своим опытом преподавательской работы и
такими малоосязаемыми понятиями как "интересная" или "полезная"
задача. Автор также старался, хотя это удалось ему не в полной мере,
избегать задач, где требуются громоздкие вычисления или сложный
анализ многочисленных частных случаев. Общая физика, на взгляд автора, должна дать студенту основные понятия, научить видеть за обыденными явлениями законы физики, а сложные расчёты должны оставаться уделом приложений. Однако задачи в каждом разделе подобраны в порядке возрастания их сложности. Первые задачи носят иллюстративный характер, демонстрируя, как работают основные понятия.
7
Заключительные же задачи, как правило, имеют достаточно глубокое
содержание, выходя за рамки простых упражнений.
Предварительные замечания.
Обычно, начиная изучать механику, многие студенты исходят из
мнения, что это очень простая наука, решать задачи по механике можно, используя лишь свой житейский опыт, а основные понятия, о которых что-то твердит преподаватель на лекциях, лишь малосущественное дополнение к этому житейскому опыту. Естественно, "суровая
действительность" текущих занятий, контрольных, зачетов и экзаменов заставляет многих отказаться от этого мнения и впасть в другую
крайность, которая тоже далека от истины. Поэтому следует сразу же
принять к сведению, что наши житейские представления зачастую
имеют весьма мало общего с научными представлениями и не могут
служить надежной основой для изучения точных наук.
Начинать изучение механики следует с твердого усвоения основных ее понятий, если угодно, даже заучивания их. Да, заучивания! Не
надо этого стесняться. Классической (ньютоновской) механике, более
трёхсот лет. За это немалое время формулировки определений, законов, принципов и т.п. полностью отработаны, и трудно себе представить, что студенту, только начинающему её серьёзное изучение, придет в голову что-то полезное новое. Начните с того, что выучите их,
когда придет достаточно глубокое их понимание, придёт автоматически и способность грамотно изложить их своими словами. Естественно, что такая способность только приветствуется.
8
1. КИНЕМАТИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
Кинематика описывает движение тел, устанавливает характеристики движения, но причины, вызвавшие движение, ею не рассматриваются. Наиболее простой объект для описания – материальная
точка, т.е. тело, размерами которого в условиях данной задачи
можно пренебречь. Наряду с термином "материальная точка" будем пользоваться также термином "частица".
1. Положение частицы в пространстве задается либо ее координатами, либо радиусом-вектором, проекции которого на координатные оси совпадают с координатами частицы (рис. 1.1):
rx = х, rу= y, rz = z.
Сам же радиус-вектор r запишется тогда в виде:
r = x⋅ex + y⋅ey + z⋅ez,
где ex, ey, ez – направляющие единичные векторы (орты) координатных осей.
2. Для такого описания нужно
каким-то образом задать систему
координат, связанную с некоторым
телом, т.е. систему отсчёта. ОбычРис. 1.1
но задают декартову систему координат, хотя нередко используют и другие координатные системы.
Выбор системы отсчёта ничем не ограничен, можно выбирать любую удобную систему отсчёта.
3. Если точка движется, то ее координаты x, y, z (или, что то
же самое, ее радиус-вектор r) будут изменяться с течением времени. Если известна зависимость координат от времени t, т.е. заданы
х, у, z (или r) как функции t:
x = x(t), y = y(t), z = z(t),
r = r(t),
то говорят, что задан закон движения.
4. Если в моменты времени t1 и t2 положение точки характеризовалось радиусами-векторами r(t1) и r(t2), то вектор
Δr = r(t1) – r(t2)
9
называется перемещением точки за время Δt = t1 – t2, вектор
vcp = Δr /Δt
называется вектором средней скорости за время Δt.
5. Скорость точки: v =
dr
, а ее проекции на оси координат:
dt
dx
dy
dz
, υ y = , υz = .
dt
dt
dt
6. Вектор скорости v направлен по касательной к траектории
точки. Это иллюстрируется рис. 1.2, где изображена траектория
точки и радиусы-векторы r(t1) и r(t2) в два момента времени t1 и t2.
Там же изображены векторы скорости v(t1) и v(t2) в эти же моменты времени.
υx =
vср=Δr/Δ
v(t2)
v(t1)
Δr
r(t2)
Рис. 1.2
r(t1)
O
7. Ускорение точки a = dv/dt, его проекции на координатные
dυ y d 2 y
dυ
dυ
d2x
d2z
= 2 , az = z = 2 .
оси: ax = x = 2 , a y =
dt
dt
dt
dt
dt
dt
8. Вектор ускорения а можно представить в виде суммы двух
векторов: а = an + aτ. Здесь aτ и аn – векторы тангенциального и
нормального ускорений. Эти векторы определяются следующим
dυ
υ2
a n = n, υ=|v|.
образом: aτ = τ,
dt
R
В свою очередь, τ и n – это векторы единичной длины. Направление вектора τ совпадает с направлением вектора скорости v: v =
10
= υ⋅τ, а вектор n перпендикулярен вектору скорости v и направлен в
сторону, куда траектория вогнута (рис. 1.3).
Можно утверждать, что каждый бескоaτ
нечно малый участок кривой можно расv
τ
сматривать как дугу окружности. Радиус
этой окружности R называется радиусом
n
кривизны кривой в данной точке. Разумеетa
ся, в разных точках кривой эти радиусы моan
гут быть различны. Физический смысл векРис. 1.3
торов aτ и ап следующий. Вектор aτ характеризует быстроту изменения модуля скорости, вектор же ап характеризует быстроту изменения направления скорости. Отметим еще,
что aτ направлен в сторону движения, если dυ/dt>0, т.е. когда величина скорости растет (ускоренное движение), и, соответственно, он
направлен в обратную сторону, когда dυ/dt < 0, т.е. величина скорости убывает (замедленное движение).
9. Как было отмечено выше, выбор системы отсчёта ничем не
ограничен, можно выбирать любые системы отсчёта. Связь между
значениями скоростей v и v' одной и той же материальной точки в
двух различных системах отсчета 1 K и K' даётся правилом сложения скоростей:
v' = v + V,
где V – скорость системы K относительно K'.
Хотя правило сложения скоростей представляется совершенно
очевидным, однако, нужно иметь в виду, что оно основано на
предположении об абсолютном течении времени. Именно, мы считаем, что интервал времени, за который частица смещается на величину ds в системе K, равен интервалу времени, за который частица смещается на соответствующую величину ds' в системе K'.
Это предположение в действительности оказывается, строго говоря, неправильным, но следствия, вытекающие из неабсолютности
времени, начинают проявляться только при очень больших скоростях, сравнимых со скоростью света. В частности, при таких скоро1
Здесь выбор систем отсчёта пока ограничен лишь такими системами отсчёта, которые не вращаются одна относительно другой.
11
стях уже не выполняется правило сложения скоростей. В дальнейшем мы будем рассматривать лишь достаточно малые скорости,
когда предположение об абсолютности времени хорошо оправдывается.
Задача 1.1. Материальная точка движется вдоль оси ОХ по закону υx = b x , где b – некоторая константа, а х – координата точки.
Найти зависимость от времени скорости υx = υx(t), координату точки
х как функцию времени x = x(t), ускорение точки ах. Учесть, что в
момент времени t = 0 частица находилось в точке с координатой x = 0.
Решение. Так как по определению υx = dx/dt, то, учитывая условие задачи, получим уравнение
dx
dx
= b x,
= b ⋅ dt
dt
x
Интегрируя, получим 2 x = bt + C .
Константу С выбираем так, чтобы согласно начальному услоb2t 2
вию х = 0 при t = 0, получаем С = 0, откуда x =
.
4
bt b 2 t
Найдем скорость υх(t): υx = b x = b =
.
2
2
dυ
b2
Ускорение: a x = x =
.
2
dt
b 2t 2
b 2t
b2
Таким образом: x =
.
; υx =
; ax =
4
2
2
Как видим, движение является равноускоренным с нулевой начальной скоростью.
Задача 1.2. Материальная точка движется вдоль прямой по закону: x(t) = b⋅t⋅(c – t/2), где b и с некоторые положительные константы, t – время движения, x(t) – координата тела в момент t. Найти: скорость тела как функцию времени υx = υx(t), среднюю скорость тела за первые t секунд движения, ускорение и путь, пройденный телом за первые t секунд.
Решение. Согласно определениям скорости, ускорения и средней скорости, находим скорость υx = dx/dt, дифференцируя x(t) по
времени t:
υx (t) = b⋅(c – t).
12
Повторное дифференцирование дает ускорение
ax = dυx/dt = –b.
Средняя скорость
υcp(t) = [x(t) – x(0)] /t = b⋅(c – t/2).
Результаты вычислений показывают, что тело движется с постоянным ускорением. Знак минус означает, что направление ускорения противоположно направлению оси ОХ. При 0 < t < c , когда
υx > 0 , величина скорости уменьшается, а при t > c, когда υx < 0 ,
тело изменяет направление своего движения, и величина скорости
растёт.
Найдем теперь путь s, пройденный телом за первые t секунд его
движения. Здесь следует учесть, что путь s(t) и перемещение x(t) –
это вещи разные. Нагляднее всего
s
это видно в случае, когда траектория
B
тела является некоторой кривой. На
ds=|v|dt
рис. 1.4 вектор Δr(t) – перемещение
Δr
за время t, а длина кривой АВ – путь
s(t), пройденный за это же время.
Для нахождения s(t) разобьем
A
кривую АВ на много малых частей,
Рис. 1.4
таких, что каждую из них можно
считать отрезком прямой. Тогда для каждой из этих частей
ds = |υ|⋅dt. Интегрируя это равенство, получим:
s = ∫ ds = ∫ vdt = ∫ v dt .
В нашем случае υx (t) = b⋅(c – t), поэтому для модуля скорости
находим
|υx (t) | = b⋅(c – t), если t < c,
|υx (t) | = b⋅(t – с), если t > c.
Тогда при t < с получаем
t
t⎞
⎛
s(t ) = ∫ b(c − t )dt = b ⋅ t ⋅ ⎜ с − ⎟ = x (t ).
0
2⎠
⎝
Если же t > c, то
t
с
t
0
0
с
s (t ) = ∫ b(c − t ')dt ' = ∫ b(c − t ')dt '+ ∫ b(t '− c)dt ' =
13
(
)
2
2
⎛ t2
⎞
bc 2 b t − с
=
+
− b ⋅ с ⋅ ( t − c ) = bc 2 + b ⎜ − сt ⎟ .
2
2
⎝2
⎠
Итак:
t
x (t ) = bt ⋅ ( c – );
2
⎧
t⎞
⎛
bt ⎜ c − ⎟ = x (t ), если t < c;
⎪
2⎠
⎪
⎝
S (t ) = ⎨
⎪bc 2 − bt ⎛ c − t ⎞ = bc 2 − x (t ), если t > c.
⎜
⎟
⎪⎩
2⎠
⎝
Посмотрим, что же мы получили. Как видим, путь и перемещение совпадают, пока t < c. Пусть t < c. Так как υх(t) = b⋅(c – t), то
при t < с тело движется вправо (υ(t) > 0). При t = с тело останавливается (υх(t) = 0) в точке с координатой х = bс2/2.
Для t > c картина сложнее: скорость отрицательна, т.е. направление движения изменяется на обратное, и тело движется влево.
При t = 2с оно вновь окажется в начале координат, так как
х(2с) = 2b⋅с⋅(с – 2с/2) = 0, а при t > 2с сместится левее начала координат, так как x(t) < 0, т.е. перемещение становится отрицательным. При этом путь s положителен:
s = bc2 – x(t).
Путь и перемещение совпадают лишь при t < с, т.е. при движении по прямой с неизменной по знаку скоростью.
Полученные результаты удобно проиллюстрировать графически. Построим графики зависимости υ(t), |υ(t)|, x(t), s(t) (см. рис.
1.5).
Рис. 1.5
14
При t < с график пути s(t) совпадает с графиком x(t), который в
свою очередь представляется параболой, а при t > с график s(t) получается из графика x(t) отражением его относительно прямой АА’,
которая параллельна оси ОХ и проходит через точку А с ординатой
bс2/2 (Почему? Подумайте сами. А в качестве подсказки советую
еще раз посмотреть на полученные выражения для s(t) и υ(t)).
Мы решили задачу при условии положительности констант b и
с. Разберитесь самостоятельно с характером движения тела, если
или b, или с, или обе эти величины отрицательны.
Задача 1.3. Камень брошен со скоростью υ0 под углом α к горизонту. Пренебрегая сопротивлением воздуха, найти: зависимость
вектора скорости v от времени движения t, вектор r перемещения
камня за время t, среднюю скорость vcp камня за первые t секунд
полета, максимальную высоту подъема Н, дальность полета s и
полное время полета Т, векторы тангенциального aτ и нормального
an ускорения камня как функцию времени t, радиус кривизны траектории R как функцию t и уравнение траектории y = f (х).
Решение. В задачах подобного рода отсутствие сопротивления
воздуха означает постоянство ускорения камня: a = g, где g – вектор ускорения свободного падения. Этот факт обусловлен тем обстоятельством, что в отсутствие сопротивления воздуха на камень
действует единственная сила – сила тяжести mg (m – масса камня).
В силу второго закона Ньютона:
ma = mg,
откуда a = g.
Для нахождения v(t) вспомним, что a = dv/dt. Поскольку a = g,
то v – линейная функция времени:
v(t) = gt + v0,
(1)
где v0 – некоторый постоянный вектор. Выясним смысл v0. Полагая
t = 0, получим:
v (0) = v0,
то есть v0 – вектор начальной скорости камня.
Найдем радиус-вектор r(t). Вспоминаем, что v = dr/dt. В нашем
случае v определяется формулой (1). Поэтому
dr/dt = gt + v0.
(2)
15
Интегрируя (2) по времени получим:
gt 2
r (t ) =
+ v0t + r0 .
(3)
2
При t = 0 r(0) = r0. Если выбрать начало координат в точке бросания, то r(0) = 0. Таким образом, r0 = 0 и
gt 2
(4)
r (t ) =
+ v 0t .
2
Полученный результат показывает, что траектория камня –
плоская кривая, лежащая всеми своими точками в вертикальной
плоскости, образованной векторами g и v0.
Средняя скорость vcp(t) камня за первые t секунд полета по определению равна:
r (t ) − r (0)
vср (t ) =
,
t
согласно (3) получаем:
gt
v ср = + v 0 .
(5)
2
Как видим vср(t) ≠ v (t). Результаты (1)–(5) иллюстрируются рис.
1.6.
Для нахождения максимальной высоты подъема Н заметим, что
в наивысшей точке траектории вертикальная компонента скорости
υy равна нулю. Действительно, если бы это было не так, то тело
поднималось бы или опускалось, но в любом случае оно не могло
бы находиться в наивысшей точке траектории.
Y
v0
v(t0)
v0
gt/2
vср(t)
g
gt/2
r(t)
α
v(t)
Рис. 1.6
16
X
Выберем систему координат с осью OY, направленной вертикально вверх и горизонтальной осью OX, ориентированной так,
чтобы плоскость XOY содержала вектор начальной скорости v0. В
этом случае согласно (2) компоненты скорости равны соответственно:
υx(t) = υ0⋅cos α, υy(t) = υ0⋅sinα – g⋅t .
(6)
Из условия υy(t0) = 0 и из (6) найдем t0 – время подъема на максимальную высоту:
t0 = υ0⋅sin α /g.
Координаты камня в момент t равны соответственно:
gt 2
.
(7)
x = υ0 cos α ⋅ t ,
y = υ0 sin α ⋅ t −
2
Подставляя сюда найденное значение t0, получим:
υ 2 sin 2 α
.
H = y (t 0 ) = 0
2g
Для нахождения дальности полета s (расстояния между точкой
падения и точкой бросания), заметим, что в точке падения y(t) = 0,
откуда найдем время полёта Т:
2υ
T = 0 sin α,
g
а также дальность полёта
2υ2 sin α cos α υ02 sin 2α
s = x(T ) = 0
=
.
g
g
Заметим, что Т = 2t0, т.е. время подъема t0 на максимальную высоту равно половине времени полета камня Т и, тем самым, времени спуска. Отметим, что это справедливо только при игнорировании силы сопротивления воздуха.
Подумайте: что будет больше – время подъема или время
спуска, если учесть силу сопротивления воздуха?
Заметим также, что высота и дальность полёта пропорциональны квадрату начальной скорости тела.
Найдём теперь компоненты ускорения aτ и an. Заметим, что сумма этих векторов равна ускорению свободного падения (рис. 1.7):
g = a τ + an.
17
v
m
•
aτ
an
Для нахождения величины тангенциального ускорения aτ найдем квадрат модуля скорости:
υ2 (t) = (v(t), v(t)) = (v0+gt, v0+gt) =
= υ02 + 2(v0, g)t + g2t2 =
= υ02 – 2υ0gt sinα + g2 t2.
(8)
g
Здесь мы воспользовались определением
квадрата модуля вектора, как скалярного
произведения вектора самого на себя: |v|2 = (v, v).
Дифференцируя обе стороны (8) по времени, получим
dυ
2υ
= −2υ0 d sin α + 2 g 2 t ,
dt
отсюда найдём тангенциальное ускорение:
g 2 t − υ0 g sin α
dυ g 2t − υ0 g sin α
aτ =
=
=
.
(9)
dt
υ
υ02 − 2υ0 gt sin α + g 2t 2
Рис. 1.7
Отметим, что aτ, которое мы получили, это не модуль вектора
|aτ|, а проекция вектора aτ на направление вектора скорости v. Так,
если aτ > 0, то aτ и v направлены в одну сторону, если aτ < 0, тo – в
противоположные.
Найдем теперь an. Для этого учтем, что aτ+ an = g (см. рис. 1.7).
Так как aτ и аn взаимно перпендикулярны, то:
g2 = aτ2 + an2,
откуда получим
( g 2t − υ0 g sin α) 2
( gυ0 cos α) 2
an2 = g 2 − 2
=
,
υ0 − 2υ0 gt sin α + g 2 t 2 υ02 − 2υ0 gt sin α + g 2t 2
(10)
gυ0 cos α
an =
.
υ02 − 2υ0 gt sin α + g 2t 2
Для нахождения радиуса кривизны траектории воспользуемся
связью между an, υ и R: an = υ 2/R. Отсюда с учетом (8) и (10):
(
υ02 − 2υ0 gt sin α + g 2 t 2
υ2
R=
=
an
gυ0 cos α
18
)
3/ 2
.
(11)
Проанализируем полученные результаты. Выражение (9) для aτ
показывает, что aτ < 0 при t < υ0 sinα/g, т.е. на восходящей части
траектории dυ /dt < 0. Это означает, что скорость камня уменьшается. При t > υ0 sinα/g ускорение aτ > 0, и скорость камня растет на
нисходящей части траектории.
Из (11) нетрудно видеть, что радиус кривизны R сначала
уменьшается (так как числитель в (11) равен υ3/2, а скорость вначале уменьшается), а затем при t > υ0⋅sinα/g растет. В частности, в
точке бросания при t =0
υ02
,
R=
g cos α
а в наивысшей точке траектории при t = υ0 sinα/g:
υ 2 cos 2 α
.
R= 0
g
Соотношения (7) представляют собой уравнение траектории в
параметрическом виде (x = x(t), y = y(t)). Если выразить t через x(t)
и подставить его во второе из уравнений (7), то получим уравнение
траектории в явном виде:
g
(12)
y = x ⋅ tgα − 2
⋅ x2 .
2
2υ0 cos α
Из (12) можно найти максимальную высоту подъема H и дальность полета s, найденные нами ранее из других соображений. Для
нахождения s заметим, что у = 0 при x = s. Откуда с помощью (12)
получим
s ⋅ tgα −
g
⋅ s 2 = 0.
2υ cos 2 α
2
0
Сокращая на s, получим знакомый результат:
s=
υ02 sin 2α
.
g
Для нахождения Н = max у(х) продифференцируем (12) по х:
dy
g
= tgα − 2
⋅x
dx
υ0 cos 2 α
В точке максимума dy/dx = 0, откуда найдем х0, соответствующее максимуму у(х):
19
υ02 sin α ⋅ cos α
.
g
Подставив х0 в (12), найдём высоту:
x0 =
2
H=
⎛ υ02 sin α ⋅ cos α ⎞ υ02 sin 2 α
υ02 sin α ⋅ cos α
g
⋅ tg α − 2
⋅
.
⎜
⎟ =
g
g
2υ0 cos 2 α ⎝
2g
⎠
Задача 1.4. Зависимость координат частицы от времени имеет
вид x = b⋅cos ωt, y = b⋅sin ωt (где b>0 и ω>0 – константы). Найти
радиус-вектор r(t), скорость v(t), ускорение a(t), а также их модули,
скалярные произведения и объяснить полученный результат. Найти
также траекторию частицы и направление ее движения по траектории.
Решение. Согласно определению
r(t) = x⋅ex + y⋅ey = b⋅cos ωt⋅ex + b⋅sin ωt⋅ey
dr dx
dy
= e x + e y = −bω sin ωt e x + bω cos ωt e y ,
v=
dt dt
dt
dυ
dv dυx
y
a=
=
ex +
e y = −bω2 cos ωt e x − bω2 sin ω e y = −ω2 r.
dt
dt
dt
Найдем модули векторов r, v и а:
r = rx2 + ry2 = b 2 cos 2 ωt + b 2 sin 2 ωt = b,
υ = υx2 + 2y = b 2 ω2 sin 2 ωt + b 2 ω2 cos 2 ωt = bω,
a = ax2 + a y2 = b 2 ω4 cos 2 ωt + b 2 ω4 sin 2 ωt = bω2 .
Найдём теперь скалярные произведения (r, v) и (r, a):
(r, v) = x⋅υx + y⋅υy = b⋅cos ωt⋅(– b⋅sin ωt) + b⋅sin ωt⋅ b⋅cos ωt = 0,
(r, a) = – ω2 (r, r) = b2⋅ω2.
Как видим, векторы r и v взаимно перпендикулярны.
Поскольку а = –ωr, то а и r направлены в противоположные
стороны, причем вектор ускорения а направлен к началу координат. Траекторию можно определить двумя способами.
Способ 1. Так как координата частицы z = 0 всё время и r = b =
= const, то траектория лежит в плоскости XOY и представляет собой
окружность радиуса b с центром в начале координат.
20
Способ 2. Так как х = b⋅cos ωt, у = b⋅sin ωt, то х2 + у2 = b2.
Мы получили уравнение окружности радиуса R = b с центром в
начале координат.
Найдем направление движения
Y
b
частицы. При t = 0 частица находится
v(0)
в точке с координатами х = b, у = 0 и
имеет скорость:
X
v(0) = υx(0)⋅ex + υy(0)⋅ey = 0⋅ex +bω⋅ey,
–b
b
направленную вдоль оси OY, т.е. движение происходит против часовой
стрелки (рис. 1.8).
–b
Если b < 0, то направление движеРис. 1.8
ния изменяется на противоположное.
Задача 1.5. Колесо радиуса R катится без скольжения со скоростью υ. В начальный момент t = 0 координаты точки на ободе колеса х = 0 и y = 0. Найти закон движения этой точки, изобразить её
траекторию и указать направления скорости и ускорения.
Решение. За время t после начала движения центр колеса сместится на расстояние Vt, а само колесо повернётся вокруг оси на
некоторый угол ϕ. Точка колеса А, которая в начальный момент
находилась в начале координат, повернётся вместе с колесом. Угол
ϕ поворота колеса связан с пеY
ремещением центра колеса очевидным соотношением (рис.
1.9), являющимся следствием,
предполагаемого в условии, отV
R O
сутствия скольжения:
Aϕ
y
Vt = Rϕ.
(1)
В
X
Проще всего этот результат
x
A
Vt
получить, если представить, что
Рис. 1.9
на обод колеса намотана лента,
конец которой закреплён в начале координат. Если колесо откатится вправо на расстояние s = = Vt, то с колеса смотается кусок ленты
также длины s = Vt. С другой стороны, этот кусок ленты, будучи
намотан на обод колеса, представляет собой дугу окружности, кон21
цы которой видны из центра колеса под углом ϕ = s/R. Этот результат и доказывает справедливость (1).
Координаты точки А, как следует из рис. 1.9, равны:
x = R(ϕ – sin ϕ ), y = R(1 – cos ϕ), ϕ = Vt/R.
Кривая, задаваемая этими соотношениями, называется циклоидой. Она изображена на рис. 1.10.
Y
2R
v
А
y •
x
C
R
an
r
X
B
2πR
Рис. 1.10
Из найденного закона движения легко найти компоненты вектора v скорости точки A:
i
V
ϕ= ,
R
i
i
⎛i i
⎞
υx = x = R ⎜ ϕ− ϕ cos ϕ ⎟ = R (1 − cos ϕ ) ϕ = V (1 − cos ϕ ) ,
⎝
⎠
i
i
υ y = y = R ϕ sin ϕ = V sin ϕ.
В те моменты времени, когда y = 0, т.е. точка А оказывается в
нижнем положении (ϕ = 0, 2π, 4π, …), её скорость становится равной нулю. Что не удивительно, так как по условию проскальзывание отсутствует, отсутствие скольжения было "заложено" в соотношение (1) выше.
Подумайте сами, как изменится вид траектории, если колесо
скользит. Здесь возможны два случая: скорость точки касания колеса с землёй направлена навстречу оси ОХ (так движутся ведущие
колеса автомобиля при езде на скользкой дороге) или, наоборот,
22
скорость точки касания направлена вперёд, т.е. в направлении оси
ОХ. Это случай экстренного торможения автомобиля, когда он
скользит по дороге.
Что касается направления вектора v скорости точки А, то этот
вектор направлен из точки А в точку С, находящуюся в данный
момент на самом верху колеса. Действительно, проведём из точки
B касания колеса с осью ОХ в точку А вектор r. Его проекции на
оси ОХ и ОY составляют:
rx = x – Vt = – R sinϕ,
ry = y = R(1 – cosϕ).
Этот вектор r ортогонален вектору v скорости точки А, поскольку скалярное произведение этих векторов равно нулю:
(r,v) = rxυx + ry υy = – R sinϕ⋅V⋅(1 – cosϕ) + R⋅(1 – cosϕ)⋅V sinϕ = 0.
Вектор r – есть катет АВ прямоугольного треугольника АВС.
Поскольку всякий прямоугольный треугольник, вписанный в окружность, имеет гипотенузой диаметр этой окружности, то ВС –
диаметр колеса. Но точка В есть самая нижняя точка колеса, следовательно, С – самая верхняя его точка.
Этот результат можно получить и без вычислений, если заметить, что скорость точки соприкосновения колеса с осью ОХ равна
нулю, поскольку колесо не скользит. Но это означает, что колесо в
данный момент времени вращается вокруг этой точки. Следовательно, вектор скорости точки А направлен перпендикулярно радиус-вектору r. Всё остальное вытекает из этого факта.
Продифференцировав компоненты скорости по времени, найдём компоненты ускорения:
i
i
V2
ax = υ x = V sin ϕϕ =
sin ϕ,
R
i
i
V2
a y = υ y = V cos ϕϕ =
cos ϕ,
R
V2
a = ax2 + a y2 =
.
R
Нетрудно понять, что ускорение точки в любой момент времени направлено к центру колеса. Проще всего это сделать, перейдя в
систему отсчёта, которая равномерно движется вместе с осью колеса. В этой системе отсчёта точка А движется равномерно со скоро23
стью V по неподвижной окружности радиуса R. Тем самым, ускорение точки А есть центростремительное ускорение, направленное
к центру колеса.
Вычисления очень просты. В этой системе отсчёта компонента
скорости υy остаётся неизменной, а υx уменьшается на V:
υx' = υx − V = −V cos ϕ,
υy = V sin ϕ.
Дифференцируя по времени, найдём компоненты ускорения:
i
V2
sin ϕ,
a x = V sin ϕϕ =
R
i
V2
cos ϕ.
a y = V cos ϕϕ =
R
Сравнивая компоненты ускорения с проекциями радиусавектора R:
Rx = x – Rϕ = –R sin ϕ,
Ry = y – R = –Rcos ϕ,
видим, что проекции этих векторов пропорциональны друг другу и
отличаются знаками, т.е. вектор ускорения направлен навстречу
вектору R (см. рис. 1.10).
Задача 1.6. Спортсмены бегут колонной длины L со скоростью
υ. Навстречу колонне бежит тренер со скоростью u < υ. Каждый из
спортсменов, поравнявшись с тренером, поворачивает назад и продолжает бежать с прежней скоростью υ. Какой будет длина колонны L' после того, как последний спортсмен поравняется с тренером?
Решение. Решать задачу проще всего в системе отсчёта, связанной с тренером. В этой системе спортсмены приближаются к
тренеру со скоростью υ + u, а удаляются от него со скоростью υ – u.
Тогда время t, за которое колонна пробежит мимо тренера равно:
t = L/(υ + u).
Но за это время голова колонны удалится от тренера на расстояние, равное новой длине колонны:
υ−u
.
L ' = (υ − u ) ⋅ t = L
υ+u
24
Задача 1.7. Как показывают астрономические наблюдения, в
видимой нами части Вселенной звёзды удаляются от Солнца со
скоростями, пропорциональными расстоянию до Солнца: v = ar.
Как будет выглядеть движение звёзд, если рассматривать его, находясь на какой-либо другой звезде?
Решение. Пусть Солнце расположено в точке О. Пусть в качестве новой системы отсчёта выбрана звезда О′, положение которой
относительно Солнца задаётся радиусом-вектором R. Пусть, кроме
того, мы наблюдаем за движением некоторой звезды А, положение
которой относительно Солнца задаётся радиусом-вектором r. Тогда
положение этой же звезды относительно новой системы отсчёта
задаётся радиусом-вектором r' = r – R (рис. 1.11). Тогда согласно
условию задачи звезда А удаляется от Солнца со скоростью V=ar, а
звезда О' – со скоростью U = ar'. Согласно правилу сложения скоростей:
V = V' + U.
Следовательно, скорость V' звезды А относительно звезды О′
равна:
V' = V – U = a⋅(r – R) = a⋅ r'.
Полученный результат означает, что и в новой системе отсчёта
звёзды удаляются друг от друга со скоростями, пропорциональными расстоянию между ними.
V'=ar'
U=aR
V=ar
А
r
r'
O
R
O’
Рис. 1.11
25
U=aR
2. ЗАКОНЫ НЬЮТОНА
При решении задач этого раздела следует руководствоваться
основными положениями.
1. Существуют такие системы отсчёта (их называют инерциальными), в которых тело, не взаимодействующее с другими телами, движется равномерно и прямолинейно. Это утверждение носит название закона инерции, или первого закона Ньютона. В дальнейшем будут использоваться, если не оговорено особо, только
инерциальные системы отсчёта.
2. Если тело взаимодействует с другими телами, то его движение уже не будет равномерным и прямолинейным. Иными словами,
скорость тела будет изменяться, т.е. тело будет двигаться с ускорением.
3. Всякое взаимодействия тел характеризуется силой. Ускорение тела пропорционально сумме сил, действующих на это тело:
m a = Σ F.
Это уравнение носит название второго закона Ньютона. Здесь m –
масса частицы, a – вектор её ускорения, ΣF – векторная сумма
сил, действующих на частицу со стороны других тел. Отметим
здесь, что если в задаче рассматривается движение нескольких тел,
то для каждого из них необходимо записать своё уравнение второго закона Ньютона. При этом система отсчёта может быть выбрана
одной для всей системы тел, а можно для каждого тела выбирать
свою систему отсчёта.
4. При соприкосновении тел между ними возникают силы,
приложенные в точке их соприкосновеКасательная плоскость
ния, эти силы носят название сил реакции поверхностей. Силы реакции, если
R
поверхности гладкие, направлены перпендикулярно поверхностям соприкасающихся тел, или, более строго, силы
реакции направлены перпендикулярно
касательной плоскости, проходящей
Рис. 2.1
через точку касания тел (рис. 2.1).
26
5. Если поверхности шероховатые, то сила реакции уже не будет перпендикулярна касательной плоскости. Её компонента, параллельная касательной плоскости, называется силой трения. Причем сила трения возникает либо при попытке сдвинуть одно тело
по отношению к другому, либо при скольжении одного тела по поверхности другого. Следует различать два случая, когда встречается сила трения. Рассмотрим тело, находящееся на горизонтальной
поверхности. Пусть к телу приложена сила F, направленная горизонтально.
Случай 1. Тело покоится относительно поверхности. Тогда
сумма сил, приложенных к телу, равна нулю. Спроецировав силы,
действующие на тело, на вертикальное и горизонтальное направление, получим, что сила тяжести уравновешивается нормальной составляющей силы реакции поверхности. А горизонтальная составляющая силы реакции, т.е. сила трения покоя, равна по величине
и противоположна по направлению внешней силе F, направленной
вдоль поверхности, на которой находится тело. Сказанное иллюстрируется рис. 2.2, на котором
Fтрпокоя = − F .
Случай 2. Тело скользит по поверхности. В этом случае сила
трения
называется силой трения
R
N
скольжения Fтрскольж . Она направлена в
сторону, противоположную направлению движения тела и равна по величине
Fтрскольж = kN ,
F
Fтр
mg
Рис. 2.2
где N – величина нормальной составляющей силы реакции поверхности, k – коэффициент трения между
телом и поверхностью. Считается также, что:
Fтрпокоя ≤ Fтрскольж , т.е. Fтрпокоя ≤ kN .
6. Силы взаимодействия между телами равны по величине,
противоположны по направлению и действуют вдоль одной прямой
(третий закон Ньютона).
27
Задача 2.1. На горизонтальном столе находятся два бруска с
массами m1 и m2, связанные невесомой, нерастяжимой нитью. Брусок m1 тянут с силой F, направленной параллельно столу. Коэффициент трения между брусками и столом – k. Найти ускорение, с которым движутся бруски и силу натяжения нити, связывающей их.
Решение. На рис. 2.3 изображены силы, действующие на каждое из тел. Так как нить предполагается нерастяжимой, то тела
движутся с одинаковыми скоростями и, следовательно, с одинаковыми ускорениями. Составим уравнения второго закона Ньютона
для каждого тела:
(1)
m1a = F + T1 + Fтр1+ N1 + m1g,
m2a = T2 + Fтр2 + N2 + m2g.
(2)
m2
Y
N1
N2
T2
m1
T1
F
X
Fтр1
Fтр2
m1g
m2g
Рис. 2.3
Выберем систему координат XOY так, чтобы ось ОХ была направлена горизонтально, а ось OY – вертикально. Записывая (1) и
(2) в проекциях на ОХ и OY, получаем:
m1ax = F – T1 – Fтр1,
(3)
0 = N1 – m1g,
(4)
m2a = T2 – Fтр2,
(5)
(6)
0 = N2 – m2g.
Мы получили четыре уравнения для семи неизвестных: ах, T1,
Т2, N1, N2, Fтр1, Fтр2. Для того чтобы эта система имела единственное
решение, необходимы еще три уравнения. Первое из этих трех
уравнений получим, если помимо нерастяжимости нити учтем еще
и её невесомость. Так как нить нерастяжима, то ее ускорение равно
ускорению тел, которые она соединяет. Тогда уравнение второго
закона Ньютона для нити имеет вид:
mн ax = T1 – T2,
28
где mн – масса нити, T1 и T2 – силы, приложенные к нити со стороны первого и второго тел соответственно. Так как нить невесома,
то mн = 0 и T1 – T2 = 0, т.е. T1 = T2.
Иными словами, нерастяжимая невесомая нить действует с
одинаковыми силами на тела, которые она соединяет. Причем силы
эти направлены вдоль нити. В дальнейшем мы этот результат будем постоянно использовать и не делать различия между T1 и T2,
обозначая их одной буквой, скажем, Т. Равенство T1 = T2 одно из
трех недостающих уравнений. Нам нужны еще два уравнения. Для
их получения рассмотрим силы трения. Возможны, очевидно, два
случая.
Случай 1. Тела движутся, поэтому: Fтр1 = kN1, Fтр2 = kN2. Тогда
с учетом этих соотношений имеем вместо (3)–(6) следующую систему уравнений:
m1ax = F – T – km1g,
(7)
m2ax = T – km2g.
(8)
Складывая эти уравнения, получим:
(m1+ m2)ax = F – k(m1+ m2)g,
откуда находим ускорение:
F
ax =
− kg .
(9)
m1 + m2
Затем из второго уравнения этой системы найдем Т:
T =m2ax + km2g,
подставляя сюда ах из (9), получим:
m2 F
.
(10)
T=
m1 + m2
Проанализируем полученное выражение для ах. Это следует делать всегда, но особенно в тех случаях, когда результат не является
знакопостоянной величиной (т.е. в нём где-то содержится разность
некоторых величин). Так как результат для ах получен в предположении, что тела движутся, то очевидно, что ах должно быть положительной величиной:
F
ax =
− kg > 0 ,
m1 + m2
откуда F > kg (m1+ m2).
29
Если же это неравенство нарушается, т.е. F < kg (m1+ m2), то
тела, очевидно, покоятся. Рассмотрим этот случай.
Случай 2. Тела покоятся, поэтому ах = 0. Из (3)–(6) получаем тогда
0 = F – T – Fтр1, 0 = T – Fтр2,
Если F < km1g, то сила F уравновешена одной лишь силой трепокоя
ния покоя Fтр1
< km1g. Но тогда
T = F – Fтр1 = 0,
Fтр2 = 0.
покоя
,
Если увеличивать F, то будет возрастать и сила трения Fтр1
до тех пор, пока она не станет равной km1g. Поэтому если
kg (m1+ m2) > F > km1g,
то Fтр1= km1g, и тогда находим
T = F – km1g < km2g,
Fтр2 =Т< km2g.
Задача 2.2. На наклонной плоскости, образующей угол α с горизонтом находится тело массы m1, соединенное невесомой нерастяжимой нитью с телом массы m2. Нить перекинута через невесомый блок. Трения в блоке нет. Коэффициент трения между телом и
плоскостью равен k. Найти ускорение, с которым движутся тела.
Решение. Изобразим силы, действующие на тела, предполагая,
что m1 опускается, а m2 поднимается (рис. 2.4). Тогда сила трения
направлена навстречу движению тела m1, т.е. вверх вдоль плоскости.
Y2
Т
Т
a
N
Y1
a
Fтр
m1g
m2g
X1
X2
Рис. 2.4
Так как нить невесома и нерастяжима, ускорения обоих тел
одинаковы, а сила натяжения нити одинакова вдоль всей длины нити (см. задачу 2.1).
30
Вводя систему координат X1OY1 с осью ОХ1, направленной вниз
параллельно плоскости, напишем уравнения второго закона Ньютона для m1 в проекциях на оси ОХ1 и OY1:
m1a = m1g⋅sin α – T – Fтр,
(1)
0 = m1g⋅ cos α – N.
(2)
Для второго тела удобно выбрать другую систему координат,
такую, что ось OX2 направлена горизонтально, а ось OY2 направлена вертикально вверх. Тогда для т2а в проекции на ось OY2:
(3)
m2a = T – m2g.
Уравнения (1)–(3) составляют систему трех уравнений для четырех неизвестных a, T, N, Fтр. Для получения однозначного решения требуется еще одно уравнение. Так как мы предполагаем, что
тела движутся, то сила трения связана с нормальной компонентой
силы реакции соотношением
Fтр = kN.
Это и есть четвёртое уравнение. Итак, имеем:
m1a = m1g⋅sin α – T – kN,
0 = m1g⋅ cos α – N,
m2a = T – m2g.
Согласно второму уравнению системы
N = m1gcosα.
Подставляя найденное N в первое уравнение этой системы, и
складывая первое и третье уравнения, получим
(m1+m2)a = m1g sinα – m2g – km1g cos α.
Откуда найдём величину ускорения
m (sin α − k cos α) − m2
a=g 1
.
(4)
m1 + m2
Так как мы получили ответ, предполагая, что тела движутся в
положительных направлениях осей ОХ1 и OY2, то а > 0, откуда
m1 (sinα – k cos α) > m2.
(5)
Подчеркнем, что полученное неравенство – условие того, что
m1 опускается.
Рассмотрим теперь обратный случай, когда m1 поднимается.
Направления сил и координатных осей для этого случая изображены на рис. 2.5.
31
X2
Т
Т
N
a
a
X1
m1g
Y2
m2g
Fтр
α
Y1
Рис. 2.5
Записывая уравнения второго закона Ньютона для тел m1 и m2,
получим
m1a = m1g⋅sin α – T – kN,
0 = m1g⋅ cos α – N,
m2a = T – m2g.
Решая эту систему, найдём ускорение тел:
m − m1 (sin α + k cos α)
a=g 2
.
(6)
m1 + m2
Опять, требуя а > 0, получим условие того, что m1 поднимается:
m1 (sinα + k cos α) < m2.
Итак:
если m1 (sinα – k cos α) > m2 – тело m1 опускается,
если m1 (sinα + k cos α) < m2 – тело m1 поднимается.
Ясно, что если нарушены оба эти условия, т.е.:
m1 (sinα – k cos α) < m2 < m1 (sinα + k cos α),
(7)
то m1 не будет ни подниматься, ни опускаться, т.е. при выполнении
условия (7) тела будут покоиться. Заметим еще, что неравенство (5)
имеет смысл лишь в случае, если sinα – k cos α > 0, т.е:
tg α > k.
(8)
Неравенство (8) – это условие того, что m1 вообще может опускаться. Если (8) нарушается, то даже при m2 = 0 тело m1 опускаться
не будет, оно будет покоиться.
Задача 2.3. На гладком (трения нет) клине с углом наклона α,
основание которого горизонтально, находится небольшое тело. С
32
каким ускорением в горизонтальном направлении следует перемещать клин, чтобы тело покоилось относительно клина?
Решение. Так как тело относительно клина покоится, а клин
движется в горизонтальном направлении с ускорением а, то и тело
движется вместе с клином с тем же ускорением в горизонтальном
направлении. Согласно второму закону Ньютона
(1)
ma = mg + N.
Здесь N – вся сила реакции клина, поскольку трение по условию
отсутствует. Кроме силы тяжести mg и нормальной компоненты
реакции опоры N на тело больше никакие силы не действуют. Выберем систему координат XOY с горизонтально направленной осью
ОХ (рис. 2.6).
Проецируя (1) на ОХ и OY,
N
a
получим
Y
ma = N⋅sinα,
0 = N⋅cosα – mg.
mg
Исключая N из этой систеα
мы уравнений, получим
X
ma = ma ⋅tg α,
Рис. 2.6
или
a = g ⋅tg α.
Задача 2.4. На краю горизонтального диска радиуса R находится небольшое тело. Коэффициент трения между телом и диском равен k. Диск вращается с угловой скоростью ω. При каком значении
ω тело соскользнет с диска?
Решение. Так как тело движется вместе с диском, то его траектория является окружностью радиуса R. Поскольку угловая скорость ω = const, то и скорость тела
υ = ω⋅R = const,
и, следовательно, его тангенциальное ускорение
aτ = dυ/dt = 0.
Таким образом, ускорение a тела равно нормальному ускорению, которое всегда направлено к центру диска и равно
υ2
an =
= ω2 R .
R
33
Рассмотрим силы, действующие на тело (рис. 2.7). Их две: сила
тяжести mg и сила реакции диска R, которую мы, как всегда, представим в виде векторной суммы её нормальной компоненты и силы
трения:
R = N + Fтр.
Согласно
второму
закону Ньютона
ω
a
=
m
g
+ R.
m
R
N
Спроецировав это уравнение на ось
вращения,
получим
Fтр
R
N – mg = 0,
an •
а спроецировав на направление ускорения тела, получим
тап = Fтр.
mg
То есть сила трения направлена к оси
Рис. 2.7
вращения диска и ее модуль:
Fтр = mω2R.
Так как тело покоится относительно диска, то Fтр – сила трения покоя и потому:
Fтр < kN.
Но N = mg, следовательно:
mω2R< k⋅mg,
или
ω2< kg/R.
Если это условие выполняется, то тело по диску не скользит,
если же нарушается, то начинается скольжение тела по диску.
Итак, тело соскользнет с диска, если ω2 > kg/R.
Задача 2.5. Через невесомый блок, прикреплённый к потолку,
перекинута невесомая нерастяжимая верёвка. К одному концу верёвки прикреплён груз массы m, а за другой конец ухватилась
обезьяна такой же массы. Сначала система находится в покое, но в
некоторый момент обезьяна начинает карабкаться вверх по верёвке. На какое расстояние относительно земли переместятся обезьяна
и уравновешивающий её груз, если обезьяна переместилась по верёвке на расстояние L?
Решение. На обезьяну действуют две силы (рис. 2.8): тяжести и
сила реакции верёвки. То же самое относится и к грузу. Если обо34
значить a1 и a2 ускорения соответственно обезьяны и
груза, то для них можно записать уравнения второго
закона Ньютона:
ma1 = T + mg,
ma2 = T + mg.
Здесь учтено то обстоятельство, что невесомая
верёвка действует с одинаковыми силами на соединённые с нею тела. Из написанных уравнений следует, что ускорения обезьяны и груза одинаковы. Следовательно, скорости и перемещения их также одинаковы. Пусть груз поднялся на высоту h. При этом
противоположный конец верёвки опустился на высоту h. Обезьяна же, как и груз, поднялась относительно земли на ту же высоту h. Значит, она оказалась на
расстоянии 2h от своего конца верёвки. Но согласно
Рис. 2.8
условию задачи это расстояние равно L, поэтому
L = 2h.
Откуда
h =L/2.
Задача 2.6. Через неподвижный блок перекинута верёвка, к одному из концов которой привязан груз массой m. С какой силой необходимо тянуть второй конец верёвки, чтобы груз начал подниматься? Коэффициент трения между верёвкой и поверхностью блока k. Как изменится ответ, если верёвку
dϕ/2
Y
X
обмотать вокруг блока несколько раз?
dN
Верёвку считать невесомой и нерастяT'
жимой.
dFтр
dϕ
Решение. Пусть верёвка скользит
ϕ
по блоку с постоянной скоростью. ТоT
гда сила натяжения верёвки на конце, к
которому привязан груз, равна силе тяжести, действующей на груз. Рассмотрим небольшой участок верёвки, концы
которого видны под углом dϕ из центра
m
F
блока (рис. 2.9). На этот участок дейстРис. 2.9
вуют четыре силы: нормальная состав35
ляющая dN – силы реакции блока, dFтр – сила трения, Т и Т' – силы
натяжения верёвки, приложенные к противоположным сторонам
выделенного участка. Поскольку верёвка невесома, то сумма указанных сил равна нулю. Проецируя силы на направления касательной к блоку (ось X) и радиальное направление (ось Y), получим
систему уравнений:
dϕ
dN − (T + T ')
= 0, T '− T = dFтр .
2
Обозначая dT = Т'– Т и учитывая, что сила трения скольжения
dFтр = kdN,
получим систему уравнений:
dN = Td ϕ, dT = kdN ,
dT
откуда
= kd ϕ.
T
Интегрируя обе части этого уравнения, найдём
lnT = kϕ +C.
Здесь С – постоянная интегрирования. Она находится из начальных
условий: Т = mg при ϕ = 0. Отсюда находим С = ln(mg), и силу натяжения T = mg ⋅ ek ϕ .
Если верёвка накинута только сверху на блок, как это изображено на рис. 2.9, то сила натяжения на втором свободном конце верёвки согласно полученному результату равна (ϕ = π):
T = mg ⋅ e k π .
Если же верёвка обмотана вокруг блока n раз, то угол ϕ =
= π + 2πn, откуда
T = mg ⋅ e k π (1+ 2 n ) .
Как видим, сила, необходимая для того, чтобы верёвка начала
скользить по блоку, очень быстро возрастает с увеличением числа
витков верёвки вокруг блока. Реально это означает, что, намотав
даже небольшое число витков вокруг блока, вы не сможете сдвинуть верёвку с места, так велика будет необходимая для этого сила.
Задача 2.7. Материальная точка m находится внутри тонкого
сферического слоя. Доказать, что сила тяготения, действующая на
эту материальную точку со стороны слоя, равна нулю.
36
Решение. Для доказательства разобьём всю поверхность сферы
на пары малых площадок так, чтобы каждая пара была образована
пересечением конического пучка прямых,
проходящих через точку т, как это изображено на рис. 2.10. Силы, с которыми
ds1' ds1
R
притягивается точка т к получившимся
r1
площадкам, пропорциональна массам этих
•
m
R
площадок dМ1 и dМ2 и обратно пропорα
ds2'
r2
циональна квадратам расстояний r1 и r2 до
α
этих площадок. Но, в свою очередь, массы
ds2
площадок пропорциональны их площадям:
Рис. 2.10
dМ1 = σ ds1 и dМ2 = σ ds2, поэтому
mσds1
mσds2
, dF2 = G
.
dF1 = G
(1)
2
r1
r22
Здесь σ – масса сферического слоя, приходящаяся на единицу его
площади.
Проведём из центра сферического слоя радиусы к площадкам
dS1 и dS2. Треугольник, образованный этими радиусами и отрезок,
соединяющий их концы, является равнобедренным. Пусть α – угол
при основании этого треугольника. Спроецируем площадки dS1 и
dS2 на направление перпендикулярное прямой, соединяющей эти
площадки. Площади этих проекций, как нетрудно понять (рис.
2.10), равны
dS1' = dS1⋅cosα и dS2' = dS2⋅cosα.
(2)
С другой стороны, согласно определению телесного угла, телесный угол dΩ, в пределах которого из точки т видны обе эти
площадки, можно записать по-разному:
dS ' dS '
d Ω = 21 = 22 .
r1
r2
Полученное соотношение совместно с (1) и (2) показывает, силы dF1 и dF2 равны. Но это утверждение справедливо для каждой
пары таких площадок, поэтому и весь сферический слой не оказывает никакого воздействия на материальную точку, находящуюся
внутри него. Из полученного нами результата следует, что и слой
конечной толщины также не оказывает никакого воздействия на
37
материальную точку, находящуюся внутри него, поскольку такой
слой можно разбить на множество тонких слоёв, каждый из которых не действует на точку, находящуюся внутри него.
Задача 2.8. Оценить давление в центре Земли. Радиус Земли
принять равным R=6400 км, а среднюю плотность Земли – ρ =
= 5,5⋅103 кг/м3.
Решение. Выделим мысленно объём в виде слоя толщиной dr и
площадью поперечного сечения ΔS. Пусть эта частица находится
на расстоянии r от центра Земли. Частица притягивается к центру
Земли, поэтому, для того чтобы она находилась в равновесии, необходимо силу притяжения уравновесить разностью давлений:
[ p( r ) − p( r + dr )]ΔS = dFпритяж .
(1)
Разобьём Землю на две части – шар,
радиуса r, и сферический слой над ним
dm
dr (рис. 2.11, на котором шар залит серым
r
цветом, а слой закрашен точками).
Согласно результату предыдущей заM(r)
дачи, сила притяжения, действующая на
R
частицу, равна силе, с которой частица
притягивается к шару радиуса r, а та
часть земного шара, которая находится
Рис. 2.11
на расстояниях превышающих r, не оказывает на частицу никакого влияния. Тогда сила притяжения легко
находится. Действительно, если масса шара радиуса r равна М(r),
то сила притяжения частицы массой dm к этому шару равна
dm ⋅ M (r )
4π
dm
4π
= G ρr 3 ⋅ 2 = G ρr ⋅ dm.
(2)
dF = G
2
r
3
r
3
Этот результат можно записать в более простом виде, если умножить и поделить его на куб радиуса Земли:
4π
4π 3 r
M
r
ρr ⋅ dm = G
dF = G
R ρ 3 dm = G 3 r ⋅ dm = dm ⋅ g ⋅ .
3
3
R
R
R
Здесь М – масса Земли, и кроме того, мы использовали то обстоятельство, что ускорение свободного падения на поверхности
Земли можно записать как
M
g =G 2.
R
38
Уравнение (1) с учётом (2) приобретёт вид:
r
.
R
Поскольку dm=ρΔS⋅dr, и p(r+dr) – p(r) = dp, то после сокращеρg
ния на ΔS приходим к уравнению dp = − r ⋅ dr.
R
Интегрируя это уравнение по dr от 0 до R, и полагая давление
ρgR
на поверхности Земли равным нулю, получим p =
.
2
Подставляя сюда числовые параметры, найдём давление в центре Земли: р ≈ 1,8⋅1011 Па = 1,8⋅106 атм.
[ p (r ) − p (r + dr )]ΔS = dm ⋅ g ⋅
39
3. ИМПУЛЬС
При решении задач на эту тему необходимо помнить основные
положения.
1. Импульс точки
p = mv,
где m – масса точки, v – вектор ее скорости.
2. Импульс частицы изменяется под действием сил, приложенных к этой частице:
dp
= ∑ Fi ,
dt
i
где ∑ Fi – сумма сил, приложенных к частице. Это просто иная,
i
причем наиболее общая, формулировка второго закона Ньютона.
3. Импульс аддитивен, т.е. импульс системы точек равен
векторной сумме импульсов точек, составляющих систему:
N
P = ∑ pi ,
i =1
где pi – импульсы точек, составляющих систему, N – здесь и далее
число точек в системе.
4. Замкнутой системой тел называют такую систему тел, на
которую не действуют внешние силы. Импульс замкнутой системы тел не изменяется со временем. Это утверждение называется
законом сохранения импульса.
5. Из третьего закона Ньютона вытекает, что сумма сил, действующих между телами замкнутой системы, равна нулю. Эти силы обычно называют внутренними силами.
6. Из пп. 3–5 вытекает уравнение:
dP N внеш
= ∑ Fi ,
dt i =1
где P – импульс системы точек, Fiвнеш – силы, действующие на тела
системы, со стороны тел, не входящих в систему (такие силы называют внешними силами). Так, при взрыве летящего снаряда, силы, разрывающие снаряд, являются внутренними силами по отношению к снаряду, а сила тяжести является внешней силой.
40
7. Центром инерции (центром масс) системы точек называется
точка, радиус-вектор которой Rци определяется по формуле:
N
∑m r
R ци =
i i
i =1
N
∑ mi
,
i =1
где ri – радиус-векторы точек с массами mi соответственно.
8. Скорость центра инерции Vци определяется как
N
Vци =
∑m v
i =1
N
i
∑m
i
=
P
,
M
i
i =1
где vi – векторы скорости точек с массами mi соответственно, Р –
импульс системы точек, M – сумма масс точек, составляющих систему (масса системы). Это равенство можно записать иначе:
Р = МVци,
т.е. импульс системы материальных точек совпадает с импульсом
материальной точки, масса которой равна массе системы точек, а
скорость равна скорости центра масс системы.
9. Дифференцируя последнее уравнение по времени и воспользовавшись уравнением п. 6, найдём ускорение aци центра инерции:
N
Maци = ∑ Fiвнеш ,
i =1
где М – масса системы, Fiвнеш – внешние силы, приложенные к точкам системы. Иными словами, центр масс системы точек движется как материальная точка с массой, равной массе системы,
под действием силы, равной векторной сумме внешних сил, приложенных к точкам системы. Это утверждение называют теоремой о
движении центра масс системы.
Задача 3.1. Из автомата, выпускающего n пуль в секунду, производится стрельба по стальной плите. При ударе о плиту пуля
полностью теряет свою скорость. Найти среднюю силу, действую41
щую на плиту, если масса каждой пули m, а скорость υ, причем пули летят перпендикулярно поверхности плиты.
Решение. Согласно второму закону Ньютона
dp/dt = F.
Таким образом, средняя сила, действующая на плиту, равна импульсу, переданному за одну секунду плите, ударившимися о неё
пулями. Так как число таких пуль равно n и импульс каждой из них
р = mv, то сила равна:
F = nmv.
Для автомата примем числовые значения: m = 7 г, υ = 500 м/с,
п = 10 с–1. Тогда:
F = 7⋅10–3⋅500⋅10 = 35 Н.
Подумайте сами, как изменится ответ, если пули упруго рикошетируют от плиты, т.е. после удара их скорость имеет прежнюю
величину, но направление движения изменяется на обратное.
Кстати, вот ещё какой вопрос: а как обстоит дело со знанием
физики у творцов современных боевиков, в которых мы частенько
видим, как пули, попадающие в злодея, буквально сносят его?
Задача 3.2. Найти положение центра инерции следующих систем:
1) двух материальных точек, находящихся на некотором расстоянии друг от друга;
2) трех одинаковых материальных точек, находящихся в вершинах треугольника ABC;
3) однородного тонкого стержня;
4) прямоугольной пластинки;
5) фигуры, составленной из двух прямоугольников (слесарный
угольник). В данном случае найти центр инерции без вычислений,
геометрическими построениями.
Решение.
1. Совместим начало координат с одной из точек, скажем, точкой т1 (рис. 3.1).
m1
O•
R ци =
m2
r2
m1 + m2
42
ци
•
R' =
•
m1
r2
m1 + m2
m2
Рис. 3.1
Тогда согласно определению:
m r + m2r2
m2r2
m2
=
=
R ци = 1 1
r2 ,
m1 + m2
m1 + m2 m1 + m2
m2r2
m1
=
r2 .
m1 + m2 m1 + m2
Таким образом, центр инерции двух частиц находится на отрезке, соединяющем эти точки. При этом расстояние от центра инерции до соответствующей точки обратно пропорционально её массе:
Rци m2
.
=
R ' m1
В частности, центр инерции двух одинаковых точек находится
в середине отрезка, соединяющего эти точки.
2. Поместим начало координат в точку А, совместив его тем
самым с одной из материальных точек. Пусть радиус-векторы двух
других материальных точек будут r1 и r2, тогда радиус-вектор центра инерции запишется следующим образом:
m r + m2r2
m(r1 + r2 ) r1 + r2
R ци = 1 1
=
=
.
m1 + m2 + m3
3m
3
Полученный результат означает,
А
что центр инерции (т. О на рис. 3.2) m
r1 В
лежит на диагонали параллелограмма,
m
построенного на векторах r1 и r2, на
О
расстоянии 1/3 длины диагонали от
D
вершины А. Но так как диагонали паr1+r2
r
2
раллелограмма делятся в точке их пересечения D пополам, то AD является
С m
медианой треугольника ABC. При
этом АО : ОD = 2 : 1.
Рис. 3.2
Итак, центр инерции лежит на медиане треугольника ABC. Если мы выберем начало координат в
точке В, то получим, что центр инерции лежит на другой медиане,
делящей пополам сторону АС. Аналогично, поместив начало координат в точку С получим, что центр инерции лежит на третьей медиане. Таким образом, центр инерции системы, состоящей из трех
R ' = r2 − R цм = r2 −
43
одинаковых точек, лежит одновременно на трех медианах, т.е. находится в точке их пересечения. 1
3. Воспользуемся для ответа на этот вопрос результатом п.1
нашей задачи, для чего разобьем стержень на множество достаточно малых частей так, чтобы это разбиение было симметричным относительно середины стержня. «Достаточная малость» здесь понимается в том смысле, что длина частей, на которые разбит стержень, должна быть мала по сравнению с соответствующими расстояниями до середины стержня. Симметричность разбиения означает, что каждой частице с массой, скажем, Δm, находящейся на
некотором расстоянии х правее центра стержня, соответствует такая же частица, находящаяся на таком же расстоянии х левее центра стержня. Так как центр инерции каждой такой пары частиц лежит в середине стержня, а весь стержень разбит лишь на такие пары, то центр инерции стержня лежит в его середине.
4. Поместим начало координат в точку O пересечения диагоналей пластинки (рис. 3.3). Всякая прямая, проведённая через точку О, пересекает противоположные стороны
A
пластинки в некоторых точках А и В. Точка
C
О делит отрезок АВ на две равные части. Поэтому для всякой точки С на АО можно укаO
зать симметричную ей точку С' на ОВ. Центр
инерции частиц, расположенных в этих точC′
B
ках, находится в точке О. Тем самым, центр
Рис. 3.3
инерции всей пластинки находится также в
точке О.
Заметим, что точно такие же рассуждения можно привести для
любого однородного тела, обладающего центром симметрии. Как
видим, центр симметрии всегда является центром инерции однородного тела.
5. Предварительно заметим, что в случае, когда мы можем
разбить систему точек на две части, для каждой из которых нам известна её масса и положение центра инерции, нахождение центра
1
Фактически мы доказали известную теорему о том, что медианы треугольника
пересекаются в одной точке и делятся этой точкой в отношении 1:2.
44
инерции всей системы сводится к задаче о местонахождении центра инерции двух материальных точек:
k
k
n
R ци =
k
∑m r ∑m r + ∑ m r
i =1
n
i i
∑ mi
=
∑m r
n
i i
i =1
i i
i = k +1
n
∑ mi
i =1
i =1
=
∑ mi
i =1
i i k
∑m
i =1
n
∑m
∑ mr
i = k +1
i = k +1
i i
k
i
∑m
i = k +1
i
=
n
∑ mi
i =1
R1 ∑ mi + R 2
i =1
n
∑m
i = k +1
n
∑m
i =1
+
i
i =1
k
=
n
i
i
=
M 1R1 + M 2 R 2
.
M1 + M 2
Здесь R1 и R2 – радиус-векторы центра инерции соответственно
первой и второй части системы, а М1 и М2 – массы этих частей:
k
R1 =
∑ mi ri
i =1
k
∑ mi
i =1
n
; R2 =
∑ mr
i = k +1
n
i i
∑ mi
k
;
M 1 = ∑ mi ; M 2 =
i =1
n
∑ m.
i = k +1
i
i = k +1
Разобьём данную нам фигуру на два прямоугольника AA′B′B и
ACDD′. Центр инерции каждого из прямоугольников лежит на пересечении их диагоналей в точках O и O′. Следовательно, центр
инерции всей фигуры лежит на отрезке OO′.
C C'
D
Разобьём теперь данную нам фигуру на
O'
O1'
два других прямоугольника СС′B′B
и
D'
C′DD′A′. Центр инерции каждого из этих А
А' ци
•
прямоугольников лежит на пересечении их
O1
′
диагоналей в точках O1 и О1 . СледовательO
но, центр инерции всей фигуры лежит на
отрезке O1 О1′ . Поскольку центр инерции определяется однозначным образом, то он приB
B'
надлежит обоим отрезкам и расположен в
Рис. 3.4
точке их пересечения (рис. 3.4).
Задача 3.3. Среди подвигов знаменитого барона Мюнхгаузена
есть полёт на пушечном ядре с целью разведки вражеских укрепле45
ний. Допустим, что масса ядра составляла 15 кг, а вес барона со всей
военной амуницией – 60 кг (судя
по книжным иллюстрациям Гюстава Доре (рис. 3.5), барон был довольно тщедушен). Определить,
какую часть пути до вражеских позиций барону пришлось идти пешком?
Рис. 3.5
Решение. Пусть скорость ядра
после выстрела была υ0. Тогда импульс ядра был mυ0. После того,
как барон вскочил на ядро, импульс системы «ядро + барон» остался прежним, но её масса стала иной, поэтому изменилась и скорость:
mυ0 = (m+M)υ1,
υ1 =
mυ0
15υ0
υ
=
= 0.
m + M 15 + 60 5
Как видим, скорость ядра уменьшилась в пять раз. Дальность
полёта тела пропорциональна квадрату его начальной скорости (см.
задачу 1.3). Поэтому ядро вместе с бароном пролетело лишь 1/25
часть пути до противника. Остальную часть пути барон, очевидно,
вынужден был идти пешком.
Задача 3.4. Две частицы с массами m1 и m2 соединены невесомой пружиной. В момент времени t = 0 частицам сообщили скорости v1 и v2 соответственно, после чего система начала двигаться в
однородном поле тяжести. Пренебрегая сопротивлением воздуха,
определить импульс этой системы как функцию времени P(t), также определить зависимость радиус-вектора центра инерции системы от времени Rци(t), если при t = 0 частицы имели радиус-векторы
r1 и r2.
Решение. Эта задача вовсе не так трудна, как это может показаться на первый взгляд. Ведь в задаче требуется найти лишь движение центра инерции системы, а вовсе не отдельных тел, составляющих систему. Согласно теореме о движении центра инерции
dP
= (m1 + m2 )g ,
dt
46
так как никаких внешних сил, кроме сил тяжести, на систему не
действует (сила упругости пружинки – сила внутренняя и в число
сил, определяющих ускорение центра инерции, не входит). Таким
образом,
dV
( m1 + m2 ) ци = ( m1 + m2 )g ,
dt
откуда находим ускорение центра инерции aци = g и для скорости
центра инерции получаем
Vци (t)= Vци (0) + gt,
(1),
где Vци (0) – начальная скорость центра инерции, равная по определению
Vци (0) =
m1v1 + m2 v 2
.
m1 + m2
Поскольку
P(t ) = (m1 + m2 )Vц (t ) ,
то получаем
P (t ) = m1 v1 + m2 v 2 + ( m1 + m2 )gt.
Для радиус-вектора Rци(t) после интегрирования (1) по времени
имеем
gt 2
R ци (t ) = R ци (0) + Vци (0) ⋅ t +
,
2
где
m r + m2r2
R ци (0) = 1 1
.
m1 + m2
Как видим, центр инерции движется как материальная точка
под действием силы тяжести при заданном начальном положении
Rци(0) и начальной скорости Vци(0).
Задача 3.5. На дне запаянной пробирки, подвешенной на нити
над столом, сидит муха, масса которой равна массе пробирки. Расстояние L от дна пробирки до поверхности стола равно длине пробирки (рис. 3.6). Нить пережигают, и за время падения пробирки
муха перелетает со дна пробирки в самый верхний конец ее. Определить время, по истечении которого нижний конец пробирки
стукнется о стол.
47
Решение. Эта задача похожа на задачу 3.3 в
том отношении, что для ее решения достаточно
рассмотреть лишь движение центра инерции
L
системы. В самом деле, так как здесь центр
инерции движется с ускорением свободного падения, то время падения найдем из равенства:
gt 2
h=
,
(1)
2
где h – высота, на которую опустится центр
инерции системы "пробирка+муха". Эта высота
L
легко находится. Действительно, в начальный
момент времени центр инерции находился на
высоте:
mL + mLпр L + Lпр
,
h1 =
=
Рис. 3.6
2
m+m
где Lпр – высота, на которой находился центр инерции пробирки. В
момент удара о стол новая высота, на которой находится центр
инерции системы, равна:
mL + mL'пр L + L'пр
h2 =
=
,
m+m
2
где L'пр – высота, на которой находится центр инерции пробирки в
момент падения пробирки на стол. Что касается мухи, то она осталась на прежней высоте L, согласно условию задачи.
Искомая высота h = h1 – h2. Используя выражения для h1 и h2,
находим h:
(2)
h = h1 – h2 = (Lпр – L'пр ) /2 = L/2,
так как центр инерции пробирки опустился вместе с пробиркой на
высоту L. Из (1) и (2) находим
L gt 2
L
=
, t=
.
g
2
2
Заметим, что если бы муха, сидела на одном месте, то время
падения было бы больше. Причину этого понять нетрудно. Действительно, движение мухи обусловлено действующими на нее силами тяжести и подъемной силой воздуха, возникающей при движении крыльев мухи. Эти силы направлены в противоположные
48
стороны: сила тяжести – вниз, подъемная сила – вверх. Но согласно
третьему закону Ньютона на воздух, заключенный в пробирке, со
стороны мухи будет действовать сила, равная по величине подъемной силе и противоположная ей по направлению, т.е. направленная
вниз. Эта сила сообщит воздуху в пробирке импульс, направленный вниз, который, в конце концов, передается пробирке, что приводит к увеличению ее скорости и уменьшению времени падения.
Задача 3.6. На стол, из расположенного над ним сосуда с песком, равномерно высыпается песок (рис. 3.7). Масса песка, высыпающегося из сосуда в единицу времени равна μ. Расстояние от отверстия в сосуде до стола равно L. Скорость песка на выходе из сосуда равна нулю. Как зависит от времени сила, действующая на
стол со стороны песка?
Решение. Песчинки свободно падают, т.е. движутся с ускорением свободного падения. Поэтому они достигают стола за время:
2L
τ=
,
g
и падают на стол со скоростью:
V = 2 gL = g τ .
За время dt на стол упадёт масса песка dm =
= μ⋅dt и передаст столу импульс:
L
dp = V⋅dm =Vμdt.
Сила Fпад, с которой будет действовать падающий песок на стол, равна
dp
Fпад =
= μV .
dt
Рис. 3.7
Если подставить сюда V = gτ, то найдём:
Fпад = μτg.
Произведение μτ представляет собой массу песка, высыпающегося за τ – время падения песка от сосуда до стола. Иными словами, μτ равно массе струйки песка, находящейся между сосудом и
столом.
Кроме силы Fпад на стол также действует сила тяжести Fлеж со
стороны песка уже лежащего на столе:
49
0, t < τ,
⎧
Fлеж = ⎨
⎩μg (t − τ), t > τ.
Здесь мы отсчитываем время с момента начала движения песка
(с момента открытия отверстия в сосуде). Поэтому пока песок не
долетел до стола, никакая сила на стол не действует.
Окончательно находим:
F
μτg
t
τ
0, t < τ,
⎧
F = Fпад + Fлеж = ⎨
⎩μg (t − τ) + μg τ, t > τ,
⎧ 0, t < τ,
=⎨
⎩μgt , t > τ.
График, иллюстрирующий наш результат, изображён на рис. 3.8.
Задача 3.7. Двигатель водомётного катера забирает ежесекундно из реки воду массой μ и выбрасывает её с кормы со скоростью U
относительно катера. Найти скорость V(t) катера как функцию времени. Масса катера равна М.
Решение. Пусть скорость катера в данный момент времени
равна V(t). За время dt катер заберёт из реки воду массой μ⋅dt, начальная скорость которой равна нулю. За это же время катер выбросит такую же массу воды, но скорость этой выброшенной воды
V' = V(t) + U.
Скорость катера после выбрасывания воды также станет иной,
обозначим её V(t+dt).
Система «вода + катер» замкнутая. Поэтому можно воспользоваться законом сохранения импульса:
M V(t) = M V(t+dt) + μ⋅dt⋅( V(t) +U),
Откуда после деления на dt получаем
dV
M
= −μ(V + U) .
dt
Спроецируем это уравнение на направление движения катера:
dV
M
= μ(U − V ).
(1)
dt
Прежде чем решать полученное уравнение, проанализируем его.
Как видим, пока скорость катера V < U, производная dV/dt > 0, т.е.
Рис. 3.8
50
скорость катера растёт. Однако, чем больше скорость катера, тем
меньше разность U – V, и тем меньше производная dV/dt. И когда
скорость катера сделается равной U, производная dV/dt станет равной нулю. Это означает, что рост скорости катера прекратился. Таким образом, скорость катера растёт до тех пор, пока она не сравняется со скоростью U.
Найдём теперь решение уравнения (1). Для этого разделим переменные, умножив обе части уравнения на dt/M(V–U):
dV
μ
= − dt .
V −U
M
Взяв интеграл от обеих частей этого уравнения, получим
μ
ln | V − U |= − t + C ' ,
M
где С' – постоянная интегрирования.
Потенцируя полученное соотношение, найдём:
−
μ
t
V − U = Ce M .
Константу С определим, полагая начальную скорость катера
равной нулю: V(0) = 0, откуда C = – U.
Окончательно находим:
μ
− t ⎞
⎛
V (t ) = U ⋅ ⎜ 1 − e M ⎟ .
⎝
⎠
Как видим, скорость катера возрастает от нуля до U.
Обозначим τ = M/μ. Введённая величина τ имеет размерность
времени. Смысл этой величины становится ясным, если переписать
наш ответ следующим образом:
t
V
− ⎞
⎛
V (t ) = U ⋅ ⎜1 − e τ ⎟ .
U
⎝
⎠
Полученное соотношение показы- 0,63U
вает, что за время порядка τ скорость
катера практически достигает своего
предельного значения U (рис. 3.9).
t
τ
Рис. 3.9
51
4. РАБОТА. КИНЕТИЧЕСКАЯ ЭНЕРГИЯ
При решении задач на эти темы необходимо помнить основные
положения.
1. Если к материальной точке приложена сила F, и материальная точка совершила перемещение (бесконечно малое!) ds, то работой силы F на этом бесконечно малом перемещении материальной точки ds называется величина:
dA = (F,ds) = F⋅ds⋅cos α = Fs⋅ds,
где α – угол между векторами F и ds, Fs – проекция вектора силы
на направление перемещения точки.
2. Работа, совершённая силой при конечном перемещении материальной точки определяется как сумма работ на бесконечно малых участках, на которые можно разбить траекторию материальной
точки.
3. Мощностью силы называется величина численно равная работе этой силы за единицу времени, точнее это отношение (производная) бесконечно малой работы dA рассматриваемой силы к тому
времени dt, за которое она произведена:
dA
P=
= (F, v ) .
dt
4. Кинетической энергией Т материальной точки называется
величина:
T=
mυ 2
,
2
где m – масса, a υ – скорость точки.
5. Непосредственно из второго закона Ньютона и определений
работы и кинетической энергии легко получить соотношение между приращением кинетической энергии материальной точки и работой, которая совершена силой, приложенной к этой точке:
dT = dA.
Это соотношение легко обобщается на случай конечного перемещения частицы:
Т2 – Т1 = А12,
52
mυ12
mυ 2
, T2 = 2 – значения кинетической энергии частицы
2
2
в начале и конце траектории соответственно; А12 – работа, совершённая над частицей при её перемещении вдоль траектории. Это
соотношение часто называют теоремой об изменении кинетической энергии частицы.
6. Кинетическая энергия системы аддитивна. Кинетическая
энергия системы из N материальных точек равна сумме кинетических энергий точек, составляющих систему:
Т = Т1+ Т2+ … + ТN.
7. Кинетическая энергия T системы точек может быть представлена в следующем виде (теорема Кенига):
MVци2
T=
+ T0 .
2
Здесь M – масса системы точек, Vци – скорость центра инерции системы, Т0 – кинетическая энергия этой системы частиц в системе отсчета, движущейся со скоростью центра инерции.
Наглядно теорему Кенига можно представить себе таким образом. Заключим систему частиц в некоторый ящик, скорость движения которого равна скорости центра инерции этой системы частиц.
Тогда первое слагаемое обусловлено движением системы частиц
вместе с ящиком, а слагаемое Т0 – обусловлено движением частиц
внутри ящика. Полная же кинетическая энергия системы частиц
складывается из кинетических энергий обоих движений. Энергию
Т0 в свете этого представления принято назвать внутренней кинетической энергией.
Заметим ещё, что при переходе в другую систему отсчёта, скорости всех точек изменяются, следовательно, изменяется и кинетическая энергия системы. Однако, как видно из теоремы Кёнига, при
этом изменяется лишь первое слагаемое, величина которого зависит от скорости центра инерции. Внутренняя же кинетическая
энергия Т0 не изменяется. Таким образом, никаким выбором системы отсчёта невозможно сделать кинетическую энергию системы
частиц меньше чем Т0.
Заметим также следующее обстоятельство. Пусть система точек
является замкнутой, тогда Vци = const. Если частицы системы взаи53
где T1 =
модействуют между собой, то все эти взаимодействия могут изменять лишь величину Т0, а слагаемое MVци2 / 2 изменяться не будет в
силу закона сохранения импульса. Так при взрыве летящего снаряда скорость движения центра масс получившихся осколков не изменится.
Задача 4.1. По горизонтальной поверхности с коэффициентом
трения k скользит тело. Какое расстояние s пройдет тело до остановки, если его начальная скорость υ0?
Решение. Самый короткий путь решения этой задачи – использование соотношения между работой и приращением кинетической
энергии.
Пусть в точке 1 тело имело скорость υ0, а в точке 2 оно остановилось. Тогда
mυ 2
T1 = 0 , T2 = 0.
2
В процессе движения на тело действуют три силы: тяжести –
mg, нормальная компонента реакции поверхности N и трения Fтр.
Работа первых двух сил равна нулю, так как каждая из них направлена перпендикулярно перемещению тела (рис. 4.1).
m
N
υ0
m
Fтр
υ
mg
Рис. 4.1
Работа силы трения равна:
Aтр= Fтр⋅s⋅cos π = – Fтр⋅s,
так как угол между силой трения и направлением движения тела
равен π. Так как сила трения в данном случае – это сила трения
скольжения, a N = mg, то работа силы трения оказывается равной
Aтр= – kmg⋅s.
В силу соотношения между работой и приращением кинетической энергии тела получаем
Атр=Т2 – Т1,
54
mυ02
υ2
, s= 0 .
2
2kg
Как видим, расстояние, пройденное телом до остановки, пропорционально квадрату начальной скорости тела. Интересно также, что
ответ не зависит от массы тела.
И, тем не менее, как в таком случае объяснить общеизвестный
факт: при одной и той же начальной скорости тормозной путь груженного КАМАЗа (масса около 30 тонн) существенно больше тормозного пути «Жигулей» (масса около одной тонны)?
Проанализируйте, какие из молчаливо принятых нами предположений, в данном случае не работают. Качество резины одинаковое на всех автомобилях.
Задача 4.2. Тело массы m брошено со скоростью υ0 под углом
α к горизонту. Пренебрегая сопротивлением воздуха, найти мгновенную мощность P(t), развиваемую при полете тела силой тяжести, действующей на тело.
Решение. Для вычисления мощности воспользуемся соотношением:
P = (F,v).
В данном случае F = mg, поэтому:
a = g, v = v0 + gt,
P = (F,v) = (mg, v0 + gt) = (mg, v0) + mg2t.
Рассмотрим первое слагаемое в полученном результате: (mg,
v0). Перепишем его в следующем виде:
(mg, v0) = mgυ0⋅cos(α+π/2) = – mgυ0⋅ sinα,
тогда
P = mg⋅(gt – υ0⋅sinα).
Проанализируем полученный результат.
Как видно из полученного выражения для мощности P(t) она
отрицательна при t < υ0sinα/g и положительна при t > υ0sinα/g.
Что означает тот факт, что при малых t мощность P(t) < 0, а при
больших t, наоборот, P(t) < 0? Для ответа на этот вопрос учтем, что
работа силы, действующей на тело, равна приращению его кинетической энергии:
dA = dT,
− kmgs = −
55
или
dA dT
=
.
dt
dt
Отсюда ясно, что если P < 0, то и dT/dt < 0, т.е. кинетическая
энергия убывает и, наоборот, при Р > 0 также и dT/dt > 0 т.е. кинетическая энергия возрастает. Следовательно, при всех t < υ0⋅sinα/g
тело движется, замедляясь, а при t > υ0sinα/g скорость тела растет.
Ясно также, что скорость тела уменьшается, пока тело поднимается, а при уменьшении высоты скорость тела растет. Все сказанное
иллюстрируем рис. 4.2.
P=
Y
v
β<π/2 P>0
β>π/2 P<0
mg
mg
v
X
Рис. 4.2
Задача 4.3. Гусеничный трактор движется со скоростью υ. Найти
кинетическую энергию гусеницы трактора, если ее масса равна М.
Решение. Основная сложность задачи состоит в том, что разные части гусеницы движутся относительно земли с разными скоростями, в частности, нижняя часть гусеницы, соприкасающаяся с
землей, покоится. Однако кинетическую энергию гусеницы можно
найти и без рассмотрения скоростей ее различных частей. Для этого воспользуемся теоремой Кенига. Согласно этой теореме кинетическую энергию гусеницы Т можно представить в виде суммы
MVци2
T=
+ T0 ,
2
где М – масса гусеницы, Vци – скорость ее центра инерции, а Т0 – кинетическая энергия гусеницы в системе отсчета, связанной с ее центром инерции. Нетрудно видеть, что гусеница как целое не перемещается относительно трактора и поэтому скорость центра инерции
гусеницы Vци совпадает со скоростью трактора υ, поэтому:
56
MVци2 Mυ 2
.
=
2
2
Найдем теперь Т0. Для этого рассмотрим движение гусеницы
относительно ее центра инерции (т.е. с точки зрения тракториста).
Так как гусеница нерастяжима, то все ее части движутся относительно трактора с одинаковой по величине скоростью. Эту скорость легко найти. Она равна скорости трактора υ. Действительно,
относительно трактора земля движется навстречу ему со скоростью
υ. Часть гусеницы, соприкасающаяся с землей, покоится относительно земли (нет пробуксовки), а следовательно, относительно
трактора также движется со скоростью υ. Но так как все части гусеницы имеют относительно трактора одинаковую скорость, то эта
скорость как раз и равна υ. После этого нетрудно понять, что
Mυ2
T0 =
,
2
MVци2
Mυ2 Mυ2
T=
T0 =
+
= Mυ2 .
2
2
2
Задача 4.4. На горизонтальной гладкой поверхности находится
доска массы М. Бруску массы m, находящемуся на поверхности
доски сообщили скорость υ0 вдоль доски. Поверхность доски, по
которой движется брусок шероховатая, так что движение бруска
происходит с трением. Доска достаточно длинная, так что брусок
всё время остаётся на поверхности доски.
1. Найти скорость тел после того как скольжение бруска по
доске прекратится.
2. Найти приращение энергии системы.
Решение.
1. Для ответа на этот вопрос достаточно применить закон сохранения импульса. В начальный момент времени импульс системы был равен P1= mυ0, так как доска покоилась.
Рано или поздно оба тела будут двигаться вместе со скоростью
υ1. Поэтому импульс системы станет равным:
P2 = (m+M)υ1
Так как импульс системы сохраняется (почему, ответьте сами),
то P1 = P2, откуда:
57
mυ0=(m+M)υ1,
m
.
υ1 = υ0
m+M
2. Найдем теперь изменение кинетической энергии системы. В
начальный момент двигался только брусок:
mυ 2
T1 = 0 ,
2
по окончании скольжения бруска оба тела движутся с одинаковой
скоростью:
(m + M )υ12 m + M m2υ02
m mυ02
=
=
.
T2 =
2
2 (m + M )2 m + M 2
Кинетическая энергия уменьшилась, причём это уменьшение совершенно не зависит от конкретного вида сил, действующих между
бруском и доской. Убыль кинетической энергии (Т1 – Т2) равна:
mυ 2
m mυ02 mυ02 ⎛
m ⎞
T1 − T2 = 0 −
=
=
1−
⎜
m+M 2
2
2 ⎝ m + M ⎟⎠
M mυ02
.
=
m+M 2
Как видим, решение очень простое и короткое. А теперь попробуем ответить на такой наивный вопрос: почему в этой задаче
импульс сохраняется, а кинетическая энергия – нет?
Наивный ответ состоит в том, что энергию уменьшают силы
трения. Но ведь это не ответ! Действительно, силы трения, действующие между бруском и доской, тормозят брусок, но они же сообщают движение доске. При этом импульс системы не изменяется. Почему же тогда брусок теряет энергии больше, чем получает
её доска, ведь передача энергии от бруска к доске происходит благодаря работе тех же сил трения? Для ответа на этот вопрос вспомним, что изменение импульса тела связано с силой, приложенной к
нему, соотношением
dp
= F или dp = Fdt . 1
dt
1
Произведение Fdt называют импульсом силы. Таким образом, изменение импульса тела равно импульсу силы, действующей на тело.
58
Силы взаимодействия между бруском и доской равны по величине и противоположны по направлению (третий закон Ньютона) и
действуют они одинаковое время. Тогда, если обозначить импульс
бруска p1, а доски p2, то изменения этих величин за промежуток
времени dt будут такими:
dp1 = Fdt , dp 2 = −Fdt , dp1 = −dp 2 .
Здесь F – сила трения, действующая на брусок со стороны доски. На доску действует сила – F.
Как видим, насколько уменьшился импульс бруска за какое-то
время, настолько же вырос импульс доски за это же самое время.
Причина этого – третий закон Ньютона.
Что же касается приращения кинетической энергии, то оно определяется работой сил, приложенных к телу:
Т2 – Т1 = А12,
работа же пропорциональна перемещению тела.
Поскольку брусок двигался навстречу силе трения, то работа,
совершённая над ним, была отрицательной. Доска же, не имея начальной скорости, двигалась в сторону действовавшей на неё силы
трения. Поэтому работа силы трения над доской была положительной. Но брусок всё время двигался быстрее доски, их скорости
сравнялись только в конце процесса торможения бруска. Поэтому
перемещение бруска было больше перемещения доски (рис. 4.3).
Поэтому и величина работы, совершённой над бруском силой трения, была больше, чем работа, совершённая над доской. Поэтому
брусок потерял энергии больше, чем её получила доска.
m
υ0
υ1
M
υ1 X
s2
s1
Рис. 4.3
Найдём работу сил трения над бруском и доской, полагая, что
силы эти остаются неизменными в процессе скольжения бруска по
59
доске. Тогда брусок движется с отрицательным ускорением, величина которого равна
a1 = F/m,
ускорение доски
a2 = F/M,
скорость бруска
υб = υ0 – a1t,
скорость доски
υд = a2t.
По истечении некоторого времени τ эти скорости сравняются и
станут равными υ1:
υ0 – a1τ = υ1,
a2τ = υ1.
За это же время брусок и доска совершат перемещения s1 и s2:
a τ2 τ(2υ0 − a1τ) τ(υ0 + υ1 )
s1 = υ0 τ − 1 =
=
,
2
2
2
a τ2 υ τ
s2 = 2 = 1 .
2
2
При этом силы трения, действующие на брусок и доску, совершат
различную работу:
τ( υ0 + υ1 )
A1 = − Fs1 = − F
,
2
υτ
A2 = − Fs2 = F 1 .
2
Но Fdt = dp2, откуда за время τ получаем
Fτ = Mυ1,
тем самым:
υ +υ
Mυ02 ⎛ m ⎞ ⎛
m ⎞
mυ02 M (2m + M )
A1 = − Mυ1 0 1 = −
1
+
=
−
,
2
2 ⎜⎝ m + M ⎟⎠ ⎜⎝ m + M ⎟⎠
2 (m + M )2
2
υ1 M ⎛
m ⎞
mυ02
Mm
=
υ
=
.
0
⎜
⎟
2
2 ⎝ m+M ⎠
2 (m + M )2
Приращение кинетической энергии системы тел равно сумме
работ над телами системы:
A2 = Mυ1
60
T2 − T1 = A1 + A2 =
mυ02 Mm
mυ02 M (2m + M )
−
=
2 (m + M ) 2
2 (m + M ) 2
mυ02 M
.
2 m+M
Мы пришли к тому же самому ответу, что был получен нами
ранее из закона сохранения импульса. Но теперь результат полностью ясен: силой трения, приложенной к бруску, была совершена
бóльшая по величине отрицательная работа, чем силой трения,
приложенной к доске, которая совершила меньшую положительную работу.
Отметим вот какое ещё обстоятельство. Мы пользовались здесь
понятием работы, которое строго говоря, было введено лишь для
материальной точки. Здесь же речь шла о движении протяжённого
тела – доски. В данном случае все точки доски двигались одинаково, поэтому её движение эквивалентно движению материальной
точки, и понятие работы применимо и к доске в полной мере. Но в
случае сложного движения тела, имеющего конечные размеры,
разные точки тела движутся по-разному. Поэтому понятие работы
и её связь с изменением кинетической энергии тела придётся уточнять. Более подробно об этом речь будет идти в разделе, посвящённом динамике твёрдого тела.
Задача 4.5. Через неподвижный невесомый блок
перекинута замкнутая, тяжелая, нерастяжимая веревка массы М. В начальный момент времени за точку
веревки, расположенную между блоком и нижним
заворотом ее, цепляется обезьяна массы m и начинает
карабкаться вверх по веревке так, чтобы удержаться
на неизменной высоте (рис. 4.4). Какую мощность
должна развивать обезьяна? Через сколько времени
она перестанет справляться со своей затеей, если
максимальная мощность, которую она может развивать, равняется Рmax?
Решение. На обезьяну действуют сила тяжести
mg и сила реакции T со стороны веревки. Согласно
Рис. 4.4
условию задачи обезьяна все время находится на по=−
61
стоянной высоте, т.е. относительно земли она покоится. Тогда, согласно второму закону Ньютона, сумма сил, действующих на
обезьяну, равна нулю:
mg + Q = 0.
На веревку со стороны обезьяны согласно третьему закону
Ньютона действует сила
– Q = mg.
Под действием этой силы веревка будет двигаться, причем все
ее части будут иметь одинаковую по величине скорость.
Найдем, как скорость веревки изменяется с течением времени.
Для этого используем соотношение между мощностью и скоростью изменения кинетической энергии:
dT
.
P=
dt
В нашем случае:
Mυ 2
dT
dυ
, P=
T=
= Mυ .
2
dt
dt
Мощность, развиваемая обезьяной, равна
P = Qυ = mgυ,
откуда
dυ
mgυ = Mυ ,
dt
dυ mg
=
.
dt M
Так как по условию υ = 0 при t = 0, то при t > 0 получим:
mg
υ=
t,
M
(mg )2
P = mgυ =
t.
M
Полагая в этом равенстве Р = Ртах найдем продолжительность
обезьяньей забавы:
MPmax
t=
.
( mg ) 2
62
Задача 4.6. Автомобиль «Жигули» может двигаться с максимальной скоростью 50 км/ч в гору с уклоном 16 % (т.е. её наклон
составляет 16°). При движении автомобиля по горизонтальной дороге с той же скоростью, его мотор развивает мощность P1 = 20 л.с.
(1 лошадиная сила ≈ 740 Вт). Какова максимальная мощность мотора? Принять массу автомобиля равной 1200 кг.
Решение. Движение автомобиля вызывается силой трения между ведущими колёсами и дорогой. Эта сила направлена вперёд. Будем называть эту силу силой тяги, чтобы отличать её от силы трения, действующей на ведомые колёса автомобиля, и направленной
назад. Кроме того, воздух также создает силу сопротивления, которая зависит от скорости движения автомобиля.
При равномерном движении автомобиля по горизонтальной дороге сумма сил, приложенных к автомобилю, равна нулю. Это означает, что сила тяги равна силе сопротивления (трения ведомых
колёс и сопротивления воздуха), тем самым мощность силы сопротивления равна мощности силы тяги:
Fсопр⋅V = P1.
При движении автомобиля в гору к силе сопротивления добавляется ещё и составляющая силы тяжести параллельная дороге
(рис. 4.5):
′ = Fсопр +mg sinα.
Fсопр
V
X
mgsinα
Fтр′
V
Fсопр
Fсопр
α
α
Fтр
mg
Рис. 4.5
Соответственно, должна увеличиться и сила тяги на эту же величину. Поэтому максимальная мощность мотора:
′ = V⋅(Fсопр +mg⋅sinα) = P1 + V⋅mg⋅sinα.
Рмакс =V⋅ Fсопр
63
Подставляя сюда числовые данные задачи, найдём:
Рмакс ≈ 20 +14⋅1200⋅9,8⋅0,28/740 ≈ 82 л.с.
Задача 4.7. Движущееся атомное ядро распалось на два осколка
массами m1 и m2, импульсы которых оказались равными р1 и р2, а
угол между направлениями импульсов α. Найти энергию, которая
выделилась при распаде ядра.
Решение. При распаде ядра действовали только внутренние силы, поэтому импульс системы сохранялся: р = р1 + р2.
Энергия (кинетическая) осколков больше первоначальной кинетической энергии ядра, на величину выделившейся при распаде
энергии:
p12
p2
p2
+ 2 =
+ E.
2m1 2m2 2(m1 + m2 )
Возведём первое уравнение в квадрат:
p 2 = p12 + p22 + 2 p1 p2 cos α .
Подставив получившееся выражение для квадрата импульса в
уравнение закона сохранения энергии, найдём выделившуюся
энергию:
p2
p2
p 2 + p22 + 2 p1 p2 cos α
E= 1 + 2 − 1
=
2m1 2m2
2(m1 + m2 )
=
m22 p12 + m12 p22 − 2m1m2 p1 p2 cos α
.
m1m2 (m1 + m2 )
64
5. ДВИЖЕНИЕ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
В СТАЦИОНАРНЫХ ПОТЕНЦИАЛЬНЫХ ПОЛЯХ.
ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ ЭНЕРГИИ
При решении задач этого раздела необходимо помнить следующие основные положения.
1. В физике во многих случаях удобно описывать взаимодействие тел посредством силового поля. Силовое поле – это область
пространства, в каждой точке которой, на тело, находящееся в ней,
действует сила. Если эти силы не зависят от времени, то такое поле
называется стационарным. В дальнейшем мы будем рассматривать
только стационарные поля.
2. Если работа сил, действующих на тело со стороны поля, не
зависит от формы траектории тела, а определяется лишь его начальным и конечным положениями, то поле называется потенциальным, а силы, действующие в нем, – потенциальными.
3. В силу независимости работы потенциальных сил от формы
траектории эту работу можно записать в виде убыли потенциальной энергии тела:
A12потенц = U1 − U 2
Здесь 1 и 2 начальная и конечная точки траектории, U1 и U2
значения потенциальной энергии тела в точках 1 и 2.
4. Связь между силой и потенциальной энергией дается соотношением:
dU
,
Fs = −
ds
где Fs – проекция силы на направление, характеризуемое вектором
ds, dU/ds – производная потенциальной энергий вдоль направления
ds. Знак минус в этом соотношении есть следствие того, что потенциальная энергия вводится так, чтобы сила в потенциальном поле
была направлена в сторону убыли потенциальной энергии (см. соотношение п.4).
5. Механической энергией тела Е называется величина равная
сумме его кинетической Т и потенциальной энергий U:
E = T+U.
65
6. Если тело движется в стационарном потенциальном поле, то
механическая энергия тела остается постоянной. Это утверждение
носит название закона сохранения механической энергии.
7. Стационарные потенциальные поля называют также консервативными полями, а силы, действующие в таких полях – консервативными силами. Это название связано с тем, что такие силы не изменяют, т.е. сохраняют (to conserve – сохранять), механическую энергию тела.
8. Если на тело действуют также и неконсервативные силы, то
закон сохранения энергии, вообще говоря, не имеет места. А именно, если тело перешло из точки 1 в точку 2, то приращение его механической энергии определяется работой неконсервативных сил
вдоль траектории движения тела:
E2 − E1 = A12неконсерв
Задача 5.1. Потенциальная энергия частицы имеет вид:
a
kr 2
, в) U = bx, где a, b, k – константы, r – модуль
a) U = − , б) U =
2
r
радиус-вектора r частицы ( r = x 2 + y 2 + z 2 ; х, y, z – декартовы координаты частицы). Найти силу, действующую на частицу, и работу А, совершаемую над частицей силами поля при переходе частицы из точки с координатами (1, 2, 3) в точку (2, 3, 4).
dU
Решение. Как известно, Fs = −
, поэтому получим соответds
a
ственно: 1) Fr = − 2 ; 2) Fr = – kr.
r
Далее, поскольку потенциальная энергия зависит лишь от r, то
при перемещении в направлении, перпендикулярном радиальному,
она не будет изменяться, а поэтому производные от нее по любому
направлению, перпендикулярному r, будут равны нулю. Поэтому в
обоих случаях, как а), так и б), силы имеют ненулевую проекцию
лишь на радиальное направление, т.е. сила F параллельна радиусвектору r, поэтому можно написать:
r
F = Fr ,
r
66
откуда
a
r , F = − kr.
r3
В случае в) имеем: Fx= – b, Fy = 0, Fy = 0, т.е. сила направлена в положительном направлении оси ОХ при b < 0 и в отрицательном при b > 0. Этот результат можно записать в виде:
F = – b,
где вектор b имеет проекции:
bx = b, by = 0, bz = 0.
Чтобы найти работу А вспоминаем, что в потенциальном поле:
A = U1 − U 2 .
Откуда
a
a
a) A =
−
≈ −0,08a,
2
2
2
2
2 +3 +4
1 + 22 + 32
k
k
б) A = 12 + 22 + 32 − 22 + 32 + 42 = −7,5k .
2
2
в) A = b⋅1 – b⋅2 = – b.
Задача 5.2. Небольшой шарик подвешен к концу невесомого
стержня длины L, который может свободно вращаться вокруг горизонтальной оси, проходящей через другой его конец. С какой скоростью следует толкнуть шарик, чтобы он совершил полный оборот в вертикальной плоскости? Как изменится ответ, если шарик
подвешен на нити?
Решение. Задача решается с помощью закона сохранения энергии. Правда, прежде чем применить его, следует выяснить, действительно ли работает этот закон в данном случае. Для этого вспоминаем, что закон сохранения энергии, вообще говоря, нарушается,
если на тело действуют неконсервативные силы. В данном случае
на шарик действуют две силы: сила тяжести (она консервативна) и
сила реакции стержня. Вторая сила неконсервативна, так как зависит, помимо всего прочего, от скорости шарика. Однако наличие
неконсервативной силы нарушает закон сохранения энергии лишь
в случае, когда работа этой силы отлична от нуля, так как
E2 − E1 = A12неконсерв .
F=−
(
)
(
)
67
В данном случае сила реакции N стержня в каждый момент
времени направлена перпендикулярно скорости v шарика, поэтому
ее мощность равна нулю:
P = (N,v) = 0.
Таким образом, эта сила работы не совершает, и энергия сохраняется. Очевидно, что наиболее "опасной" точкой является верхняя точка траектории, т.е. точка 2 на рис. 5.1. Если шарик пройдет
эту точку, то он совершит полный оборот,
v2 2
•
поэтому, если шарик подвешен на стержне,
то
скорость его в точке 2 не может быть
N mg
меньше нуля.
Итак, согласно закону сохранения энерv
N
N
гии получаем
•
L
mυ12
mυ 2
+ U1 = 2 + U 2
mg
•
2
2
1 m v1
откуда
mg
U − U1
Рис. 5.1
υ12 = υ22 + 2 2
.
m
Потенциальная энергия материальной точки в поле тяжести
равна mgh, где h – высота, на которой находится эта точка, то
U2 – U1 = mg(h2 – h1) = 2mgL,
так как разность высот шарика в точках 1 и 2 равняется 2L.
Таким образом, получаем, что:
υ1 = υ22 + 4 gL > 4 gL .
Итак, если шарик подвешен на стержне, то скорость, с которой
его следует толкнуть, чтобы он совершил полный оборот, равна
υ1 > 4 gL .
Для шарика, подвешенного на нити, справедливы все приведенные выше рассуждения, кроме одного: скорость шарика в верхней точке траектории не может быть слишком малой, а тем более
нулевой – нить всё время должна быть натянута. Найдем минимальное значение скорости шарика в точке 2. Для этого учтем, что
в этой точке обе силы, действующие на шарик, – и сила тяжести, и
сила натяжения нити – направлены в одну сторону вдоль нити, т.е.
68
перпендикулярно скорости шарика. Поэтому ускорение шарика
также направлено перпендикулярно скорости, т.е. оказывается
нормальным ускорением:
υ2
a = an = 2 .
L
В силу второго закона Ньютона можем написать в точке 2
уравнение
man = mg +N.
Отсюда с учетом выражения для ускорения в точке 2, получаем,
что
N⎞
⎛
υ2 = L ⎜ g + ⎟ .
m⎠
⎝
Очевидно, что для нити N > 0 (почему, подумайте сами), поэтому
N⎞
⎛
υ2 = L ⎜ g + ⎟ ≥ Lg .
m⎠
⎝
Опять используя закон сохранения энергии, получаем:
υ1 = 4 gL + υ22 ≥ 4 gL + gL = 5 gL .
Окончательно можем написать:
υ1 ≥ 4 gL - шарик на стержне,
υ1 ≥ 5gL − шарик на нити.
Задача 5.3. Тело массы m толкнули со скоростью υ вверх по наклонной плоскости. На какую высоту h поднимется тело, если угол
наклона плоскости равен α, а коэффициент трения между телом и
плоскостью k?
Решение. Эту задачу проще всего решить, рассматривая изменение энергии тела. В начальном положении (точка 1 на рис. 5.2)
тело обладает энергией E1=mυ2/2, в конечном (точка 2 на рис. 5.3) –
энергией Е2 = mgh, так как здесь тело останавливается, и его скорость равна нулю. Приращение механической энергии равно работе
неконсервативных сил:
mυ 2
mgh −
= AN + Aтр .
2
69
N
2
v
m
s
Fтр
h
α
α
v
m
mg
1
Рис. 5.3
Рис. 5.2
К числу неконсервативных сил здесь относятся нормальная
компонента силы реакции плоскости и сила трения. Но нормальная
компонента силы реакции направлена перпендикулярно плоскости,
т.е. перпендикулярно скорости тела, и потому работы не совершает. Что касается силы трения, то эта – сила трения скольжения, поэтому Fтр = kN, a так как N = mgcosα, то:
Aтр = – Fтрs = – kmg⋅s⋅cosα.
Так как s⋅ sinα = h (см. рис. 5.3), то для работы силы трения получаем
Aтр = – kmg⋅h⋅ctgα,
откуда
mυ 2
mgh −
= − kmgh ctg α .
2
Отсюда находим h:
υ2
h=
.
2 g (1 + k ctg α )
Если α → 0, то h → 0, но s = h/sinα → υ2/2kg (сравните с ответом к задаче 4.1).
Задача 5.4. Два одинаковых кубика массы m каждый, соединены невесомой пружинкой жесткости k. Кубики связаны нитью, в
результате чего пружинка оказывается сжатой (рис. 5.4). В некоторый момент нить пережигают. При каком начальном сжатии пружины нижний кубик подскочит после пережигания нити?
Решение. Рассмотрим случай минимального начального сжатия
пружины, когда нижний кубик отрывается от стола лишь в момент
максимального растяжения пружины. Очевидно, что при этом ско70
рость верхнего кубика будет равна нуΔl2
лю, иначе пружина продолжала бы
растягиваться. Рассмотрим энергию
Δl1
m
верхнего кубика в двух состояниях:
начальном – в момент пережигания
k
h2
нити и конечном – в момент максиh1
мального растяжения пружинки, когда
нижний кубик перестает давить на
Рис. 5.4
опору.
В начальном состоянии механическая энергия кубика равна потенциальной энергии, так как кубик покоится:
E1=U1.
В конечном состоянии механическая энергия также равна потенциальной энергии, так как растянувшаяся пружинка останавливает верхний кубик:
E2=U2.
Найдём U1 и U2:
k Δl12
U1 =
+ mgh1 ,
2
k Δl22
U2 =
+ mgh2 .
2
Здесь h1 и h2 – высоты, на которых находится верхний кубик в
положениях 1 и 2 соответственно, Δl1 – начальное сжатие пружинки, Δl2 – максимальное растяжение пружинки (см. Рис. 5.4). Для того, чтобы нижний кубик оторвался от опоры, необходимо, чтобы
пружинка тянула его вверх с силой равной силе тяжести:
Fупр = mg.
Но, так как Fynp = k⋅Δl2, то
mg
Δl 2 =
.
k
В данном случае энергия системы остается постоянной, так как
все силы консервативны, поэтому:
k Δl12
k Δl22
+ mgh1 =
+ mgh2 .
2
2
Из рис. 5.4 нетрудно понять, что
71
h2 − h1 = Δl1 + Δl2 ,
k Δl
k Δl22
+ mgh1 =
+ mgh2 .
2
2
Второе уравнение запишем в виде
k ( Δl12 − Δl22 )
= mg ( h2 − h1 ),
2
или
⎡ k ( Δl − Δl )
⎤
( Δl1 + Δl2 ) ⎢ 1 2 − mg ⎥ = 0.
2
⎣
⎦
Отсюда найдем два значения Δl1:
mg
mg
Δl1 = Δl2 +
=3
,
k
k
mg
Δl1 = −Δl2 = −
.
k
Первое решение соответствует случаю сжатой пружинки, второе решение также имеет определенный физический смысл. Так
как Δl1 < 0, то это решение соответствует случаю первоначально
растянутой на величину mg/k пружинки. Поскольку при таком растяжении пружинка оказывается растянутой с силой равной силе
тяжести Fупр = k⋅Δl1 = mg, то очевидно, что нижний кубик под действием этой силы оторвется от опоры.
Задача 5.5. Игрушечный автомобильчик с пружинным заводом
разгоняется до скорости υ0 и, естественно, приобретает кинетическую энергию Т0, при этом пружина, раскручиваясь, теряет часть
своей потенциальной энергии ΔU0. Если пренебречь различными
потерями в пружинном моторе, то очевидно, что Т0 = ΔU0. Навстречу автомобильчику со скоростью υ0 движется наблюдатель.
Найдите изменение кинетической энергии автомобильчика с точки
зрения этого наблюдателя и объясните результат.
Решение. С точки зрения движущегося наблюдателя начальная
скорость автомобильчика равна υ0, а конечная 2υ0. Таким образом,
изменение кинетической энергии автомобильчика равно
m(2υ0 ) 2 mυ0 2
mυ 2
ΔT =
−
= 3 0 = 3T0 .
2
2
2
72
2
1
Как же быть с законом сохранения энергии, почему он не работает? Работа пружины определяется только её деформацией, которая, очевидно, никак не зависит от выбора системы отсчёта. Казалось бы, ответ не должен тогда зависеть от выбора системы отсчёта. В чём же тут дело?
Самый простой ответ состоит в том, что автомобильчик движется под действием внешних сил, а именно: под действием сил
трения между ведущими колёсами и поверхностью, по которой
движется автомобильчик. Именно эта сила изменяет импульс автомобильчика, она же изменяет и его кинетическую энергию. Если
предположить для простоты вычислений, что сила эта остаётся постоянной, пока пружина раскручивается 1, то и ускорение автомобильчика будет оставаться постоянным. Тогда оказывается, что перемещение автомобильчика будет разным в двух разных системах
отсчёта:
υ
at 2 at
= t = 0 t,
2
2
2
2
υ ⎞
at
at ⎞ ⎛
⎛
s2 = υ0t +
= ⎜ υ0 + ⎟ t = ⎜ υ0 + 0 ⎟ t = 3s1.
2 ⎝
2⎠ ⎝
2⎠
s1 =
Поскольку работа силы пропорциональна перемещению тела,
то во втором случае эта работа втрое больше, чем в первом:
А2 = 3 А1,
поэтому и изменение кинетической энергии оказывается втрое
больше.
А при чём тут тогда пружина, если всё определяет работа силы
трения? Ясно, что благодаря пружине колёса начинают вращаться,
что и приводит к возникновению силы трения, толкающей автомо1
Любители строгих выводов могут убедиться, что и в самом общем случае результат тот же:
mυ2
A1 = ∫ (F, ds) = ∫ (F, vdt ) = ∫ (v, Fdt ) = ∫ (v, dp) = m ∫ (v, dv ) = m ∫ υdυ = 0 ,
2
A2 = ∫ (F, ds) = ∫ (F,( v + v 0 )dt ) = ∫ (v + v 0 , Fdt ) = ∫ (v + v 0 , dp) = m ∫ (v, dv) + m( v 0 , ∫ dv) =
= m ∫ υdυ + mυ02 =
mυ02
mυ 2
+ mυ02 = 3 0 .
2
2
73
биль. На гладкой поверхности без этой силы автомобиль не сдвинется с места.
А как же быть тогда с законом сохранения энергии Т0 = ΔU0?
Он что – несправедлив? Вообще говоря, нет. При наличии неконсервативных сил энергия не обязана сохраняться:
E2 − E1 = A12неконсерв .
Здесь именно этот случай.
Более подробно мы разберёмся с движением автомобиля в разделе, посвящённом динамике твёрдого тела.
74
6. МОМЕНТ ИМПУЛЬСА СИСТЕМЫ МАТЕРИАЛЬНЫХ
ТОЧЕК. УРАВНЕНИЕ МОМЕНТОВ
Векторным произведением двух векторов а и b называется вектор с, модуль которого с связан с модулями сомножителей а и b и
углом между ними  соотношением:
c = absin.
Направление вектора с определяется следующим образом. Вопервых, с направлен перпендикулярно плоскости, в которой расположены а и b. Из двух возможных направлений выбирается то, куда перемещается буравчик (праc = [a,b]
вый винт), вращающийся от направления первого сомножителя
ко второму по кратчайшему направлению (рис. 6.1). Обознача
ется векторное произведение а и
b
a
b как [а,b] или ab.
Рис. 6.1
Из определения векторного
произведения видно, что оно обладает следующими очевидными
свойствами:
[а,b] = – [b,а],
[a,a] = 0.
Можно также доказать, что
[а,b] = [а,b] = [а,b],
где  – скаляр, а также
[а+b,c] =[а,c]+ [b,c].
Иногда полезно иметь в виду, что величина векторного произведения двух векторов равна площади параллелограмма, двумя
смежными сторонами которого являются эти векторы. Или иначе:
величина векторного произведения двух векторов равна удвоенной
площади треугольника, двумя сторонами которого являются эти
векторы.
1. Моментом импульса материальной точки относительно некоторой избранной точки (полюса – в терминологии теоретической
механики) называется вектор
L = [r,p],
75
где r – радиус-вектор материальной точки, начало которого совпадает с полюсом, а конец с материальной точкой, р – импульс материальной точки.
Величину момента импульса
m
v
•
часто удобно вычислять как произведение
r
ρ
L= ρmυ,
O
где ρ – прицельное расстояние
Рис. 6.2
(или плечо импульса), равное расстоянию между полюсом и прямой, вдоль которой направлен вектор скорости частицы (рис. 6.2).
2. Моментом силы относительно полюса называется вектор
M = [r,F].
где F – сила, r – радиус-вектор, направленный от полюса к точке
приложения силы.
Точно так же, как и для момента импульса, величина момента
силы может быть записана как произведение:
M = hF,
m
F
•
где h – плечо силы, т.е. расстояние
между полюсом и линией действия
h
r
силы (рис. 6.3).
O
3. Связь между L и M дается
Рис. 6.3
уравнением моментов:
dL
= M,
dt
где M – момент сил, приложенных к данной материальной точке.
Существенно, что L и М вычисляются относительно одного и того
же полюса.
4. Момент импульса аддитивен. Момент импульса системы
материальных точек равен сумме моментов отдельных точек, составляющих систему. Все моменты должны определяться относительно одного полюса.
5. Производная по времени от момента импульса системы точек определяется уравнением моментов:
76
dL
= Mвнеш
dt
где Мвнеш – сумма моментов внешних сил, действующих на точки
системы. Из этого уравнения следует, что момент импульса замкнутой системы тел сохраняется. Данное утверждение носит название закона сохранения момента импульса.
6. Моментом импульса или моментом силы относительно
оси называется проекция соответствующего момента на эту ось.
При этом полюс обязательно должен лежать на оси.
7. Для момента импульса системы точек справедливо равенство
L = [Rци,P] + L0,
где L0 – момент импульса системы точек относительно ее центра
масс, Rци – радиус-вектор центра инерции системы, Р – импульс
системы. Это соотношение называют теоремой Кенига для момента
импульса.
8. Момент системы сил, определяется как сумма моментов
сил, приложенных к точкам системы. Как и момент каждой сил, составляющих систему сил, он зависит от выбора полюса, относительно которого вычисляются эти моменты:
M = [R,F] + M',
где M – момент системы сил относительно старого полюса О, M' –
момент импульса системы точек относительно нового полюса О’,
R – радиус-вектор направленный от старого полюса к новому, F –
сумма сил, приложенных к точкам системы (рис. 6.4). Как видим, в
случае F = 0, момент системы сил не зависит от выбора полюса.
Таким свойством обладает в частности пара сил, т.е. система двух
равных по величине и противоположных по направлению сил.
F
M
O
R
O'
[R, F]
Рис. 6.4
77
–[R, F]
M
M'
Момент пары, как нетрудно убедиться, направлен перпендикулярно плоскости, в которой лежат силы, составляющие пару, в направлении, совпадающем с направлением перемещения буравчика
(винта), вращаемого этой парой. Величина момента пары равна
произведению величины сил, составляющих пару на расстояние
между линиями действия этих сил. Это расстояние называется плечом пары сил или просто: плечом пары.
9. Если тело движется в центральном поле, то момент силы,
действующей на тело в этом поле, относительно центра поля равен
нулю. Поэтому момент импульса тела относительно центра поля
постоянен.
Задача 6.1. Шайба движется по гладкой горизонтальной плоскости и испытывает в точке 0 упругий удар с гладкой неподвижной
стенкой. Найти точки, относительно которых момент импульса
шайбы остается постоянным в этом процессе. Угол между направлением скорости шайбы и нормалью к стенке равен α.
Решение. Движение шайбы представлено на рис. 6.5. Так как
стенка гладкая, то Fтр= 0, а N – сила реакции при ударе направлена
перпендикулярно стенке, ее момент равен
m
•
нулю
относительно любой точки, лежащей
v0
на прямой OO', перпендикулярной стенке.
O’
Согласно уравнению моментов dL/dt =
α O
N
α
M. Так как относительно точек прямой ОО'
момент силы реакции M= 0, то dL/dt = 0 и L
v1
= const. Итак, момент импульса шайбы соРис. 6.5
храняется относительно любой точки, лежащей на прямой ОО'. Другие силы, действующие на шайбу, как нетрудно понять, не изменяют ее момента (разберитесь с этим сами).
Задача 6.2. На гладкой горизонтальной плоскости лежат две
небольшие одинаковые шайбы массы m каждая. Шайбы соединены
друг с другом невесомой пружиной длины l0 и жесткости k. В некоторый момент времени одной из шайб сообщили скорость v0 в горизонтальном направлении, перпендикулярно пружине (рис. 6.6).
Найти максимальное относительное удлинение пружины в процессе движения, если известно, что оно значительно меньше единицы.
78
m
Решение. Поскольку шайбы движутся по
v0
гладкой горизонтальной плоскости, то сумма
внешних сил – силы тяжести и силы реакции l0
стола, действующих на каждую шайбу, равна
k
нулю, поэтому такая система ведет себя как
замкнутая, и в ней сохраняются импульс и моm
мент импульса. Кроме того, в системе действуРис. 6.6
ют лишь консервативные силы (силы упругости
пружины), поэтому сохраняется ее энергия.
Этих трёх законов сохранения достаточно, чтобы решить задачу. Удобнее всего делать это в системе отсчета, связанной с центром инерции. В этой системе отсчета сумма импульсов шайб равна нулю, откуда следует, что в любой момент времени скорости
шайб равны по величине и направлены в противоположные стороны. Начальные скорости шайб относительно плоскости равны соответственно v0 и нулю. Поэтому скорость центра инерции:
mv 0
v
Vци =
= 0.
m+m 2
Скорости шайб по отношению к центру инерции равны, соответственно:
v
v1 = v 0 − Vци = 0 ,
2
v
v 2 = 0 − Vци = − 0 .
2
Причем скорости v1 и v2 направлены перпендикулярно пружине.
Так как в начальный момент времени пружина не деформирована, то энергия системы относительно ее центра инерции определяется в этот момент лишь кинетической энергией частиц:
m ( υ0 / 2 )
mυ02
mυ 2 mυ 2
E1 = 1 + 2 = 2
=
.
2
2
2
4
2
Момент импульса L1 системы шайб относительно центра инерции в этот же момент времени равен:
l
l
υ l
υl
L1 = mυ1 0 + mυ2 0 = 2m 0 0 = m 0 0 .
2
2
2 2
2
79
Когда пружина окажется максимально растянутой, скорости
шайб опять будут направлены перпендикулярно пружине, иначе
шайбы удалялись или приближались бы друг к другу, т.е. длина
пружины либо увеличивалась, либо уменьшалась бы, но в любом
случае не была бы в этот момент максимальной. Если обозначить
величину скорости шайб в этот момент через υ', длину пружины в
этот момент через l', то
mυ'2 k (l '− l0 )2
E2 = 2
+
,
2
2
mυ ' l ' mυ ' l '
L2 =
+
= mυ ' l '.
2
2
В выражении для энергии второе слагаемое представляет собой
потенциальную энергию растянутой на длину l' – l0 пружины.
В силу законов сохранения энергии и момента импульса получаем
mυ02
mυ'2 k (l '− l0 ) 2
=2
+
,
4
2
2
mυ0l0
= mυ ' l '.
2
Выразив новую скорость шайб υ′ из второго из этих уравнений,
и подставив её в первое уравнение, найдём
υl
υ' = 0 0 ,
2l '
2
mυ02 mυ02 ⎛ l0 ⎞ k (l '− l0 ) 2
=
+
,
4
4 ⎜⎝ l ' ⎟⎠
2
откуда приходим к уравнению
mυ02 l '2 − l0 2 k (l '− l0 )2
=
.
4
l '2
2
После сокращения обеих частей уравнения на l’– l0 получим
mυ02 l '+ l0 k (l '− l0 )
=
,
4 l '2
2
а учитывая малую величину удлинения пружины (l'– l0 << l0), приходим к ответу:
80
mυ02 1 k (l '− l0 )
=
,
2 l0
2
l '− l0 mυ02
= 2 .
l0
kl0
Из полученного ответа видно, что удлинение пружины будет
малым, если выполнено неравенство:
mυ02
<< 1.
kl02
Задача 6.3. По гладкой горизонтальной плоскости движется
небольшое тело массой m, привязанное к невесомой нерастяжимой
O
°
нити, другой конец которой втягиN
r
вают в отверстие O (рис. 6.6) с по•m
u
стоянной скоростью u. Найти угловую скорость тела в зависимости от
Рис. 6.6
расстояния r тела до отверстия, если в начальный момент оно находилось на расстоянии r0, а угловая
скорость нити была равна ω0. Найти силу натяжения нити N как
функцию расстояния r тела до отверстия О и площадь, которую
опишет тело за один оборот.
Решение. Поскольку сила тяжести, действующая на шарик,
уравновешивается силой реакции стола, а момент силы N натяжения нити относительно точки O равен нулю, то момент
v
v'
импульса тела L относительно точки О сохраняется.
Запишем выражение для момента импульса тела:
u
L = [r,p] = m[r,v].
•
r
Разложим скорость тела v на две составляющие:
v' – поперек направления нити и u – вдоль нити (рис.
6.7):
Рис. 6.7
v = v ' + u.
Так как векторное произведение [r,u] = 0, то:
L = m[r, v' + u] = m[r, v'].
Поскольку υ′ = ωr, где ω – угловая скорость, и векторы r и v' взаимно ортогональны, то величина момента:
81
L = mrυ′ = mr2ω.
Поскольку L = const, а в начальный момент ω = ω0, r = r0, то:
mr2ω = mr02ω0,
откуда:
r2
ω = ω0 02 .
r
Для нахождения величины силы натяжения нити N удобнее
всего воспользоваться соотношением между скоростью изменения
кинетической энергии тела Т и мощностью Р, действующих на него
сил:
dT
= P.
dt
В нашем случае
mυ 2 m (υ '2 + u 2 )
T=
=
,
2
2
поэтому
dT d ⎛ m (υ '2 + u 2 ) ⎞
dυ '
= ⎜
,
⎟ = mυ '
dt dt ⎝
2
dt
⎠
поскольку u = const.
ωr02
, то:
r
ω r2 ⎛ ω r2
dT
dυ '
= mυ '
= m 0 0 ⎜ − 0 20
dt
dt
r ⎝ r
Так как υ ' = ωr =
⎞ dr
⎟ .
⎠ dt
Производная dr/dt – это проекция скорости тела на направление
нити (радиальное направление), и поскольку нить укорачивается,
т.е. тело приближается к отверстию со скоростью u, то dr/dt = –u.
Окончательно:
dT mω02 r04
=
u.
dt
r3
Для мощности имеем:
P = (N,v) = (N,u + v') = (N,u) + (N,v') = (N,u) = Nu.
Здесь мы учли, что N и v' взаимно ортогональны, а N и u направлены в одну и ту же сторону вдоль нити. Итак, получаем:
82
mω02 r04
mω02 r04
u
,
N
=
.
r3
r3
Найдём теперь площадь S фигуры, которую опишет тело за
один оборот (она затенена на рис. 6.8). Для этого найдём площадь
dS треугольника (он заштрихован на рис.
v
ds
6.8), которую опишет нить за малый
•
промежуток времени dt. Для этого учr
тём, что величина dS этой площади моО°
2
1
жет быть записана как половина модуля
векторного
произведения
радиусвектора r и вектора перемещения
Рис. 6.8
ds = vdt:
1
1
1
1
dS = [r, ds] = [r, v ] dt =
[r, p] dt = Ldt,
2
2
2m
2m
где L – величина момента импульса.
Так как L = const, то искомая площадь
L
τ,
S=
2m
где τ – время одного оборота тела вокруг точки О.
Осталось найти это время. Для этого учтём, что за один оборот
нить повернётся на угол 2π. С другой стороны, угол поворота dϕ за
малый промежуток времени dt равен произведению ωdt. Угловая
скорость найдена ранее:
r2
r02
ω = ω0 02 = ω0
.
r
( r0 − ut ) 2
Проинтегрировав это равенство по периоду, найдём:
Nu =
τ
r02
1⎞
ω0 r02
ω0 r02 ⎛ 1
2π = ∫ ωdt = ∫ ω0
dt
=
=
− ⎟,
⎜
2
0
0
( r0 − ut )
u( r0 − ut ) 0
u ⎝ r0 − uτ r0 ⎠
τ
τ
τ=
S=
2 πr0
,
2πu + ω0 r0
L
mr 2 ω
r 2ω
r 2ω
2 πr0
πr03ω0
τ= 0 0τ= 0 0τ= 0 0
=
.
2m
2m
2
2 2 πu + ω0 r0 2 πu + ω0 r0
83
Задача 6.4. Нить длины l с подвешенным к ней небольшим телом массы m отклонена от вертикали на угол α. Тело толкнули в
горизонтальном направлении перпендикулярно нити. При его последующем движении угол отклонения нити в тот момент, когда
скорость тела вновь была направлена горизонтально, оказался равным β (см. Рис. 6.9). Найти начальную скорость тела υ0, и скорость
υ1 в точке, где нить была отклонена на угол β.
Решение. В процессе движения тела скорость его всё время остаётся перпендикулярной нити, так как нить нерастяжима. Это означает, что сила натяжения нити не совершает работы. Как следствие этого механическая энергия тела остаётся постоянной, так как
только сила тяжести (она консервативна) совершает работу над телом.
Z
O
α
β
r1 •
l
v
N
r
•
Lz
L0 α
v1
r0
O'
M
mg
m•
mg
v0
Рис. 6.9
Рассмотрим теперь момент импульса тела, выбрав в качестве
полюса, относительно которого определяем момент, точку О подвеса нити. Вектор момента импульса перпендикулярен плоскости,
образуемой нитью и вектором скорости. Поскольку тело движется,
эта плоскость непрерывно изменяет своё положение, следовательно, изменяется и вектор момента импульса. Так что вектор момента
импульса тела не сохраняется. Однако, как нетрудно убедиться,
84
проекция вектора момента импульса на вертикальное направление,
то есть момент импульса относительно нити, будет сохраняться.
Для этого рассмотрим момент сил, приложенных к телу относительно точки О. Этих сил две – сила реакции нити и сила тяжести.
Но сила натяжения нити направлена вдоль нити, поэтому её момент равен нулю.
Что касается момента силы тяжести Mтяж = [r,mg], то он перпендикулярен как радиус-вектору r (направлению нити), так и вектору g. Но это означает, что момент силы тяжести всё время направлен горизонтально. Если мы запишем уравнение моментов относительно полюса О:
dL
= M тяж ,
dt
и спроецируем его на вертикальное направление (ось OZ), то получим
dLz
= 0,
dt
т.е. Lz = const.
В начальный момент (Рис. 6.9):
Lz=L0⋅sinα = mυ0l sinα.
Примем, что в точке, где скорость тела вновь направлена горизонтально, нить отклонена на угол β. Но тогда точно так же
Lz=L1⋅sinβ = mυ1l sinβ.
Здесь υ1 – скорость тела в новом положении. Закон сохранения
момента импульса тогда запишется как
υ0 sinα = υ1 sinβ.
Запишем теперь уравнение, выражающее закон сохранения
энергии:
mυ02
mυ 2
− mgl cos α = 1 − mgl cos β .
2
2
Исключив отсюда скорость υ1 с помощью закона сохранения
момента импульса, получим
2
υ02 υ02 ⎛ sin α ⎞
− ⎜
⎟ = gl (cos α − cos β),
2 2 ⎝ sin β ⎠
85
2
υ02 ⎡ ⎛ sin α ⎞ ⎤
⎢1 − ⎜
⎟ ⎥ = gl (cos α − cos β),
2 ⎢ ⎝ sin β ⎠ ⎥
⎣
⎦
2
2 gl sin β
υ02 =
,
cos α + cos β
υ0 =
2 gl sin 2 β
,
cos α + cos β
υ0 sin α
2 gl sin 2 α
.
=
sin β
cos α + cos β
Задача 6.5. По гладкой горизонтальной плоскости движется
гантелька, состоящая из двух небольших шариков массой m и М,
соединённых невесомым стержнем
m
длины l. Шарик массы М испытывает
v1
абсолютно упругий удар о неподвижv0
ную стенку, поверхность которой перпендикулярна скорости шара (рис.
v2
6.10). Найти скорости шариков после
О
N
M
удара, считая, что до удара они двигались с одинаковыми скоростями, в наРис. 6.10
правлении перпендикулярном стержню.
Решение. Поскольку удар упругий, то энергия гантельки сохраняется. Кроме того, сохраняется момент импульса гантельки
относительно точки удара О со стенкой, поскольку момент силы
реакции стенки N относительно её точки приложения равен нулю.
Запишем эти уравнения:
mυ02 Mυ02 mυ12 Mυ22
+
=
+
,
2
2
2
2
mυ0l = mυ1l.
Здесь мы учли, что радиус-вектор шарика, испытавшего удар,
коллинеарен вектору его скорости, поэтому момент импульса этого
шарика относительно точки удара равен нулю.
Согласно второму из получившихся уравнений видим, что υ1 =
= υ0, тем самым υ2 = – υ0. Таким образом, первый шар сразу после
υ1 =
86
удара не изменил своей скорости, а второй начал двигаться назад с
прежней по величине скоростью. Это означает, что импульс этой
гантельки изменился в результате удара:
P2 = (m − M )υ0 ,
ΔP = P2 − P1 ,
ΔP = (m − M )υ0 − (m + M )υ0 = −2 Mυ0 .
Причина изменения импульса гантельки – импульс, переданный гантельке силой реакции стенки.
Задача 6.6. При каких условиях метеорит, движущийся вдали
от Земли со скоростью V0, может упасть на поверхность Земли?
Влиянием других небесных тел пренебречь.
Решение. Очевидно, что падение метеорита на Землю возможно, если минимальное расстояние, на котором проходит его траектория от центра Земли не превышает радиуса Земли (рис. 6.11).
V0
ρ
R О
V1
Рис. 6.11
При движении тела в центральном поле его момент импульса
относительно центра этого поля остаётся неизменным:
mV0ρ = mV1R,
(1)
где R – радиус Земли, ρ – прицельное расстояние метеорита относительно центра Земли, V0 и V1 – скорости метеорита соответственно вдали и вблизи Земли.
Помимо закона сохранения момента импульса, в данной задаче
мы можем воспользоваться ещё и законом сохранения энергии, поскольку поле тяготения является консервативным полем. Потенциальную энергию тела в поле тяготения найдём из закона всемирного тяготения:
87
mM
.
r2
Здесь т и М – масса тела и, соответственно, масса того небесного тела, в поле тяготения которого это тело движется, G – постоянная всемирного тяготения, r – расстояние между телами, Fr –
проекция силы тяготения на радиальное направление. Воспользовавшись соотношением между силой и потенциальной энергией,
найдём после интегрирования по dr:
dU
Fr = −
,
dr
dU
mM
−
= −G 2 ,
dr
r
mM
mM
.
U = ∫ G 2 dr = − G
r
r
Здесь мы положили постоянную интегрирования равной нулю,
что соответствует выбору потенциальной энергии, равной нулю на
бесконечном удалении от небесного тела (сравните с задачей 5.1).
Записывая выражение для энергии метеорита вдали от Земли и в
точке касания её поверхности, получим:
mV12
mM mV02
−G
=
.
2
R
2
Потенциальную энергию при выбранной выше её нормировке
можно записать как mgR, поскольку сила тяготения, действующая
на тело, находящееся на поверхности Земли, равна mg:
mM
mM
= G 2 R = mgR.
G
R
R
Тем самым уравнение закона сохранения энергии запишем в
виде
Fr = − G
V12 − 2 mgR = V02 ,
откуда найдём
V1 =
2 m g R + V 02 .
Воспользовавшись законом сохранения момента импульса (1),
получим с учётом найденной нами скорости V1:
88
ρ=R
2mgR + V02
.
V0
Заметим, что 2mgR = V22 , где V2 – вторая космическая скорость.
Тем самым:
ρ = R 1+
V22
.
V02
Вторая космическая скорость V2 для Земли составляет 11,2 км/с,
а скорость метеоритов V0 обычно заметно больше, её величина
около 30 км/с. Поэтому чтобы метеорит мог упасть на поверхность
Земли, его прицельное расстояние должно быть не больше радиуса
Земли. А вот для Юпитера, вторая космическая скорость которого
более чем в 5 раз превосходит вторую космическую скорость для
Земли, прицельное расстояние оказывается приблизительно в 2,5
раза больше радиуса Юпитера, что приблизительно в 25–30 раз
больше радиуса Земли. Количество падающих на планету метеоритов пропорционально, очевидно, площади круга, радиус которого
равен прицельному расстоянию, т.е. пропорционально квадрату
прицельного расстояния. Тем самым, на Юпитер падает почти в
1000 раз больше метеоритов, чем на Землю.
89
7. ДИНАМИКА ТВЕРДОГО ТЕЛА
1. В механике абсолютно твёрдым телом (далее – просто твердым телом) называют систему материальных точек, расстояния
между которыми всё время остаются неизменными.
2. Поступательным движением твёрдого тела называют такое
его движение, при котором любая прямая, жестко связанная с телом, остаётся параллельной себе самой. Прямая, жестко связанная
с телом, – это такая прямая, расстояние от любой точки которой до
любой точки тела неизменно в процессе движения.
3. Вращательным движением твёрдого
Z
тела вокруг неподвижной оси называют такое
его движение, при котором все его точки, двиω
гаясь в параллельных плоскостях, описывают
окружности, центры которых лежат на этой
оси. Положение тела задаётся углом его поворота вокруг этой оси.
vi
4. Вектором угловой скорости твёрдого
O’ Ri
тела называется вектор ω, направленный
• Δmi
вдоль оси вращения твёрдого тела в ту же
ri
O
сторону, в какую перемещается буравчик,
вращающийся вместе с телом (рис. 7.1). Проекция вектора угловой скорости на направлеРис. 7.1
ние оси вращения (ось OZ) равна производной
по времени от угла поворота твёрдого тела:
ωz = dϕ/dt.
Угол поворота считается положительным, если для наблюдателя, расположенного так, что ось вращения направлена к нему, поворот происходит против часовой стрелки. Соответственно, и проекция ωz положительна, если для такого наблюдателя вращение тела происходит против часовой стрелки.
5. Вектор vi скорости произвольной точки твёрдого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси, равен векторному произведению векторов угловой скорости и радиус-вектора этой точки:
vi = [ω,ri].
90
Начало координат при этом выбрано на оси вращения твёрдого
тела (см. рис. 7.1).
6. Произвольное движение твердого тела в каждый момент
времени можно рассматривать как совокупность поступательного и
вращательного движений (теорема Эйлера). Точку (полюс) внутри
твёрдого тела, через которую проходит ось вращения, можно выбирать произвольно. При этом величина и направление вектора угловой скорости не зависят от выбора полюса, скорость же поступательного движения тела совпадает со скоростью этого полюса. Физически наиболее обусловлено и практически чаще всего наиболее
удобно ось вращения выбирать так, чтобы она проходила через
центр инерции тела. Тогда движение твердого тела складывается из
поступательного движения со скоростью инерции масс этого тела и
вращения тела относительно оси, проходящей через центр инерции.
7. Кинетическая энергия Т твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси равна
I ω2
T=
,
2
где ω – величина угловой скорости вращения, а I – момент инерции
твёрдого тела относительно оси вращения, определяемый равенством:
I = ∑ Δmi Ri2 .
i
Здесь Δmi – массы "точек" твёрдого тела, a Ri – их расстояния от
оси вращения ОО'. Момент инерции в задачах, связанных с вращением твёрдого тела играет роль подобную той, что играет масса тела при его поступательном движении.
Под "точкой" твердого тела подразумевается физически бесконечно малый элемент объема тела с массой Δmi. Суммирование
производится по всем таким объёмам, на которые разбито тело.
8. Если известен IС – момент инерции твёрдого тела относительно некоторой оси OO, проходящей через его центр инерции, то
I – момент инерции твердого тела относительно произвольной, но
параллельной ей оси O'O' находится с помощью теоремы Штейнера:
I=IС + md 2,
91
где m – масса твёрдого тела, d – расстояние
между осями (рис. 7.2).
m
d
9. В силу теоремы Эйлера для описания
движения твёрдого тела необходимо знать
скорость движения его центра инерции и угци •
ловую скорость вращения. Поэтому система
уравнений, определяющих движение твёрдоO'
O
го тела, состоит из уравнения движения центра
инерции и уравнения моментов:
Рис. 7.2
dL
= M внеш ,
Маци = Fвнеш,
dt
где М – масса твёрдого тела, аци – ускорение его центра инерции,
Fвнеш – сумма внешних сил, приложенных к твёрдому телу, L – момент импульса твёрдого тела, Мвнеш – сумма моментов внешних
сил, приложенных к нему. Заметим, что L и Мвнеш могут вычисляться как относительно центра инерции, так и относительно любой другой точки (разумеется, при этом точка, относительно которой вычисляются L и Мвнеш, должна быть одной и той же как для L,
так и для Мвнеш).
10. Поскольку разложение движения твердого тела на поступательное и вращательное можно производить различными способами, то в некоторых задачах бывает удобно выбирать ось вращения
таким образом, чтобы движение твердого тела представлялось как
чистое вращение. Положение этой оси будет, вообще говоря, изменяться с течением времени, поэтому ее называют мгновенной осью
вращения.
11. Вектор момента импульса твердого тела
Z
определяется как сумма моментов "точек" этого
ω
L
тела:
Lz
L= Σ ΔLi.
12. Направление вектора момента импульса
твердого тела при вращении вокруг произвольной оси не совпадает, вообще говоря, с направO
лением этой оси (рис. 7.3). Однако в каждом
твердом теле существуют три взаимно перпендикулярные оси, проходящие через его центр инерРис. 7.3
O'
O
92
ции, при вращении вокруг которых векторы L и ω совпадают по
направлению. Такие оси носят название главных осей инерции.
Если тело имеет ось симметрии, то она будет одной из главных
осей инерции.
Задача 7.1. Докажите, что при поступательном движении твёрдого тела все его точки движутся с одинаковыми скоростями.
Решение. Выберем в теле произвольным обраВ
зом две точки – А и В (рис. 7.4). Обозначим их раR
диус-векторы rA и rВ, а вектор, соединяющий их,
А
обозначим как R. Тогда:
rВ = rA + R.
rB
Дифференцируя это равенство по времени
rA
(дифференцирование по времени обозначаем точкой), получим:
i
i
О
i
rB = r A + R .
Рис. 7.4
Но вектор R – постоянный вектор, так как, ни
его длина, ни направление не изменяются. Действительно, расстояния между точками твёрдого тела неизменны, поэтому длина вектора R также неизменна. Кроме того, тело движется поступательно,
поэтому направление вектора R также не изменяется, значит, и
производная вектора R равна нулю, тем самым:
i
i
rB = r A,
т.е. скорости выбранных нами точек одинаковы. Но в силу произвольности выбора этих точек все точки тела имеют такие же скорости.
Задача 7.2. Докажите, что кинетическую энергию твёрдого тела
в самом общем случае можно представить в виде:
MVци2 I С ω2
,
T=
+
2
2
где Vци – скорость центра инерции твердого тела, IС – момент инерции твёрдого тела относительно оси вращения, проходящей через
центр инерции твердого тела, ω – угловая скорость вращения твёрдого тела.
Решение. Согласно теореме Кёнига кинетическую энергию
твёрдого тела можно представить как
93
MVци2
+ T0 .
2
Здесь M – масса тела, Vци – скорость его центра инерции, Т0 –
кинетическая энергия тела в системе отсчета, движущейся со скоростью центра инерции. Но в этой системе отсчёта центр инерции
неподвижен. Следовательно, движение твёрдого тела в этой системе отсчёта есть вращение вокруг оси, проходящей через центр
инерции тела, и кинетическая энергия такого движения равна
I ω2
T0 = C ,
2
где IС – момент инерции тела относительно оси вращения, проходящей через центр инерции тела, а ω – угловая скорость вращения
твёрдого тела.
MVци2 I C ω2
Тем самым утверждение T =
доказано.
+
2
2
Задача 7.3. Докажите, что кинетическая энергия твёрдого тела,
вращающегося вокруг неподвижной оси, связана с вектором момента импульса L этого тела и вектором угловой скорости ω его
вращения по формуле
1
Tвращ = ( L, ω).
2
Полюс, относительно которого определяется момент импульса,
выбран на оси вращения тела.
Решение. Вектор момента импульса твердого тела определяется как сумма моментов "точек" этого тела:
L = ∑ ΔLi = ∑ [ri , Δmi v i ] = ∑ Δmi [ri , v i ] =
T=
i
i
i
= ∑ Δmi [ri ,[ω, ri ]].
i
Преобразуем двойное векторное произведение под знаком суммы с помощью известного тождества:
[a,[b,c]] = b(a,c) – c(a,b).
L = ∑ Δmi [ri ,[ω , ri ]] = ∑ Δmi {ω ri 2 − ri (ω , ri )}.
i
i
Эта формула показывает, что направления векторов L и ω, вообще говоря, не совпадают, поскольку в самом общем случае сум94
ма
∑ Δm r (ω ,r )
i i
i
представляет собой вектор, направление которого
i
не обязано совпадать с направлением вектора угловой скорости.
Умножим теперь обе части полученного выражения скалярно
на вектор ω:
(ω, L) = ∑ Δmi ((ω ,ω) ri 2 − ri (ω , ri )) =∑ Δmi {ω2 ri 2 − (ω, ri )2 } =
i
i
= ∑ Δmi ω {ri − ri cos αi } =∑ Δmi ω r sin 2 αi = ω2 ∑ Δmi Ri2 =I z ω2 .
2
i
2
2
2
2 2
i
i
i
Здесь вектор Ri перпендикулярен оси враZ
щения тела и направлен в точку Δmi (рис. 7.5),
ω
а Iz – момент инерции тела относительно оси
вращения OZ.
Поделив обе части полученного соотношения на 2, придём к искомому результату:
vi
Ri
1
Tвращ = ( L, ω).
αi • Δmi
2
ri
O
Поскольку Твращ > 0, то угол между вектором момента импульса L и вектором угловой
Рис. 7.5
скорости ω может быть только острым. Полученный результат можно записать несколько иначе, имея в виду,
I ω2
что Tвращ = z :
2
I z ω2 1
= Lz ω.
2
2
Здесь Lz – проекция момента импульса тела на направление оси
вращения OZ. Сократив обе части полученного равенства на ω/2,
получим
Lz = Izω.
Как видим, момент импульса тела относительно оси вращения
равен произведению момента инерции тела относительно этой оси
на угловую скорость вращения вокруг этой оси.
Задача 7.4. Докажите, что кинетическая энергия твёрдого тела,
вращающегося вокруг неподвижной оси, связана с проекциями
95
вектора угловой скорости ω на главные оси твёрдого тела и с моментами инерции относительно главных осей по формуле
1
T = ( I x ω2x + I y ω2y + I z ω2z ).
2
Решение. Согласно результату предыдущей задачи, кинетическая энергия вращающегося твёрдого тела связана с его моментом
импульса:
1
T = (L, ω).
2
Если выбрать какие-либо оси координат, связанные с этим телом, то тогда:
1
T = ( Lx ωx + Ly ω y + Lz ωz ).
2
Вообще говоря, каждая проекция момента импульса зависит от
всех трёх проекций угловой скорости на оси координат. Однако если в качестве системы координат выбрать систему, оси которой являются главными осями тела, то, согласно свойствам этих осей:
Lx = I x ωx , Ly = I y ωy , Lz = I z ωz .
Тем самым:
1
T = ( I x ω2x + I y ω2y + I z ω2z ).
2
Задача 7.5. Как зависит скорость изменения кинетической
энергии твёрдого тела, т.е. производная dT/dt, от сил, приложенных
к этому телу?
Решение. Согласно теореме Кёнига и результату предыдущей
задачи, кинетическая энергия твёрдого тела может быть записана в
виде:
MVци2 1
T=
+ ( I x ω2x + I y ω2y + I z ω2z ).
2
2
Здесь Ix, Iy, Iz – моменты инерции твёрдого тела относительно
главных осей, а ωx, ωy, ωz – проекции вектора угловой скорости на
эти оси.
Продифференцировав это равенство по времени, получим:
96
d ωy
dV ⎞
dT
d ωx
d ωz
⎛
= M ⎜ Vци , ци ⎟ + ( I x
ωx + I y
ωy + I z
ωz ) =
dt
dt ⎠
dt
dt
dt
⎝
⎛ dVци
⎞ ⎛ dL ⎞
, Vци ⎟ + ⎜
, ω ⎟ = ( Fвнеш , Vци ) + ( M внеш , ω ) .
= ⎜M
dt
⎝
⎠ ⎝ dt ⎠
Здесь мы учли, что
dV
dL
M ци = Fвнеш ,
= Mвнеш.
dt
dt
Здесь Fвнеш и Мвнеш – соответственно векторная сумма внешних
сил и векторная сумма моментов внешних сил, приложенных к телу.
Как видим, изменение кинетической энергии твёрдого тела определяется как внешними силами, так и моментами этих сил. Причём, что интересно, ответ не зависит от того, в каких именно точках тела приложены действующие на тело силы. Всё определяется
векторной суммой внешних сил, скоростью движения центра инерции тела и, соответственно, векторной суммой моментов внешних
сил, приложенных к телу и угловой скоростью вращения тела:
dT
= ( Fвнеш , Vци ) + ( M внеш , ω ) .
dt
Поскольку производная dT/dt равна мощности сил, действующих на тело, то полученный результат представляет мощность P
внешних сил, приложенных к твёрдому телу:
Pвнеш = ( Fвнеш , Vци ) + ( M внеш , ω) .
Задача 7.6. Рассмотрим плоское твёрдое тело (такое тело представляет собой тонкую пластинку).
Выберем систему координат, две
оси которой, скажем OX и OY, лежат в плоскости тела, а третья ось
OZ перпендикулярна его плоскости
(рис. 7.6). Пусть моменты инерции
этого тела относительно осей OX и
OY равны, соответственно, Ix и Iy.
Докажите, что Iz =Ix + Iy.
97
Z
O
xi
yi
yi
Ri
xi
Δmi
X
Рис. 7.6
Y
Решение. Запишем выражения для моментов инерции:
Ix = ΣΔmiyi2,
Iy = ΣΔmixi2,
Iz = ΣΔmiRi2.
2
2
2
Поскольку Ri = xi + yi , то:
I z = ∑ Δmi Ri2 = ∑ Δmi ( xi2 + yi2 ) =I y + I x .
i
i
Задача 7.7. Пользуясь результатами предыдущей задачи найти
момент инерции диска относительно его диаметра и момент инерции квадратной пластинки относительно её диагонали.
Решение.
1. Момент инерции диска относительно оси, проходящей через
его центр перпендикулярно плоскости диска, равен, как известно,
1
I диска = mR 2 ,
2
где m и R – соответственно его масса и радиус.
С другой стороны, согласно результату предыдущей задачи
этот момент вдвое больше момента Iдиам относительно диаметра
этого диска, откуда получаем
1
I диска = 2 I диам = mR 2 ,
Z
2
l
1
I диам = mR 2 .
4
Y
О
2. Для квадратной пластинки запишем (оси изображены на рис. 7.7):
Y’
X’
1
1
X
I Z = I X + I Y = 2 I x = 2 ml 2 = ml 2 .
12
6
Рис. 7.7
Поскольку диагонали квадрата также перпендикулярны друг другу, то
1
I Z = 2 I X' = ml 2 .
6
Тем самым, момент инерции квадрата относительно его диагонали совпадает с моментом инерции относительно оси, проходя1
щей через середины его противоположных сторон: I X' = ml 2 .
12
98
Задача 7.8. Стержень массы m движется так, что его концы
скользят по двум сторонам прямого угла. Найти кинетическую
энергию стержня в тот момент, когда он образует угол α с одной из
сторон угла, а его конец, движущийся по этой стороне, имеет скорость V.
Решение. Проще всего решить задачу, если воспользоваться
понятием мгновенной оси вращения. В данном случае эту ось легко
отыскать. Поскольку направления скоростей концов стержня известны, то, проводя через эти концы перпендикуляры к векторам
скоростей, найдём точку их пересечения О' (рис. 7.8). Через эту
точку и проходит мгновенная ось вращения, поскольку при вращении твёрдого тела вектор скорости любой его точки направлен
перпендикулярно радиусу окружности, по которой эта точка движется. Угловая скорость ω вращения стержня связана со скоростью
V его конца А соотношением
Y
V = ω⋅O’A = ω⋅l⋅sinα,
О'
откуда находим угловую скорость B
V
ω
.
ω=
C
l sin α
Кинетическая энергия Т стержня:
X
V
α
О
I ω2
A
T=
,
2
Рис. 7.8
где его момент инерции I относительно мгновенной оси вращения найдём по теореме Штейнера:
2
ml 2
ml 2
ml 2
⎛l⎞
+ m(CO ') 2 =
+ m⎜ ⎟ =
.
12
12
3
⎝2⎠
Окончательно:
I=
2
I ω2 1 ml 2 ⎛ V ⎞
mV 2
=
=
.
⎜
⎟
2
2 3 ⎝ l sin α ⎠
6sin 2 α
Задача 7.9. На однородный сплошной цилиндр радиуса R и
массы М намотана невесомая нерастяжимая нить, к концу которой
подвешен груз массы m. В момент t = 0 система пришла в движение. Определить ускорение, с которым опускается груз и силу натяжения нити. Трением в оси вращения цилиндра пренебречь.
T=
99
Решение. Изобразим силы, действующие на тела системы (рис.
7.9). На груз действуют две силы: тяжести и сила натяжения нити
Т. Из сил, действующих на цилиндр, рассмотрим
////////////////
лишь силу натяжения нити, которая вызывает
вращение. Уравнение движения груза в проекции
R T
на ось ОХ имеет вид:
ma = mg – T,
а уравнение движения цилиндра в проекции на
T
ось цилиндра (уравнение моментов относительно
a
оси цилиндра) имеет вид:
dω
mg
X
= TR ,
I
dt
Рис. 7.9
где I – момент инерции цилиндра относительно
его оси, T⋅R – момент силы Т относительно оси цилиндра. Система
уравнений содержит три неизвестных величины: a, ω и Т, поэтому
необходимо еще одно уравнение. В качестве него можно использовать уравнение, связывающее скорость груза и линейную скорость
точек поверхности цилиндра. Эти скорости равны, так как нить нерастяжима и не скользит по поверхности цилиндра. Итак,
ωR = υ.
Дифференцируя это равенство по времени, получим:
d ω dυ
R
=
=a.
dt dt
Заменив во втором уравнении системы dω/dt на a/R и учтя, что
момент инерции однородного цилиндра относительно его оси равен MR2/2, получим
m
m
,
a=g
=g
I
M
m+ 2
m+
2
R
I
2
mM
.
T = mg R
=g
I
2m + M
m+ 2
R
Задача 7.10. На наклонной плоскости, образующей угол α с горизонтом находится шар радиуса R. Центр шара находится на вы100
соте h. С какой скоростью будет двигаться шар (его центр масс)
после того, как он скатится с плоскости, если движение происходит
без проскальзывания? Горка плавно переходит в горизонтальную
плоскость, так что при скатывании шара удара о горизонтальную
плоскость не происходит.
Решение. Применим закон сохранения энергии. В начальный
момент шар покоился, и его энергия определялась лишь его потенциальной энергией U = mgh. После того, как шар скатился, его
энергия определяется не только потенциальной энергией mgR, но и
кинетической энергией. Последняя, в свою очередь, складывается
согласно теореме Кенига из величины m Vци2 /2 и Iω2/2, где Vци – скорость центра инерции шара, ω – угловая скорость вращения шара, I
– момент инерции шара относительно его диаметра. В силу закона
сохранения энергии получаем:
mVци2 I ω2
+
mgh = mgR +
.
(1)
2
2
R
1
ω
Fтр
h
N
V
А
mg
2
α
Рис. 7.10
Для нахождения ω рассмотрим точку А, в которой шар соприкасается с плоскостью. Так как проскальзывания нет, то скорость
этой точки равна нулю. С другой стороны, проекцию скорости этой
точки на плоскость можно представить как сумму скорости центра
инерции шара Vци и скорости ωR, которой обладает точка в своем
вращении вместе с шаром. Эта скорость направлена навстречу
движению центра инерции шара.
V
Таким образом, 0 = Vци – ωR, откуда ω = ци .
R
101
Из (1) находим Vци:
Vци = 2 g (h − R )
m
.
I
m+ 2
R
Учитывая, что момент инерции шара I = 2mR2/5, получаем
окончательно:
m
m
10
Vци = 2 g ( h − R )
= 2 g (h − R)
=
g ( h − R ).
2
I
2mR
7
m+ 2
m+
R
5R 2
Как и следовало ожидать, скорость скатившегося шара оказалась меньше, чем скорость тела, свободно упавшего с такой же высоты, так как часть потенциальной энергии ушла на раскручивание
шара.
Всё довольно просто, но остаётся вопрос: а на каком основании
мы пользовались законом сохранения энергии, коль скоро здесь
присутствует сила трения? Действительно, наличие силы трения
обычно приводит к потере энергии, здесь же мы этим полностью
пренебрегли. На каком основании? Ответ, который обычно можно
услышать, состоит в том, что поскольку нет скольжения, то сила
трения покоя работы не совершает. Не знаю, как вас, а меня это
объяснение ни в чём не убеждает. Поэтому давайте разбираться основательнее.
Согласно результату задачи 7.5 мощность внешних сил, приложенных к телу:
i
dA
T=
FвнешVци + М внеш ω,
dt
откуда элементарная работа этих сил
i
dA = T dt = FвнешVци dt + М внеш ω dt.
Итак, работа, которую совершают над телом внешние силы, состоит из двух частей, первая из которых FвнешVциdt есть работа, которую совершают внешние силы на перемещении центра инерции тела
dsци = Vциdt при поступательном движении тела, а вторая Mвнешωdt –
работа моментов внешних сил при повороте тела на угол dϕ = ωdt.
Как видим, работа, совершаемая над твёрдым телом, определяется
102
перемещением тела как в его поступательном, так и вращательном
движении.
На тело в данной задаче действуют три силы: тяжести, трения и
нормальная компонента реакции опоры. Нормальная компонента
силы реакции опоры направлена перпендикулярно перемещению
центра масс шара, и, кроме того, её момент относительно центра
масс шара равен нулю. Поэтому её работа равна нулю.
Работа силы тяжести равна убыли потенциальной энергии тела:
dAтяж = – dU.
Работа силы трения dAтр =(–FтрdVци + Fтр Rω)dt.
Как было установлено, Rω = Vци, поэтому работа силы трения:
dAтр =(–FтрVци + Fтр Vци)dt = 0.
Итак, работа силы трения действительно равна нулю. Но это,
можно сказать, не совсем простой нуль. Работа силы трения состоит из двух равных по величине и противоположных по знаку частей. Первая, отрицательная часть работы, приводит к уменьшению
скорости (точнее говоря, кинетической энергии) поступательного
движения. Вторая, положительная часть, увеличивает кинетическую энергию вращательного движения. Но, в конце концов, работа силы трения оказывается нулевой, поэтому энергия тела сохраняется. Так что решение верное.
В заключение докажем, что потенциальная энергия тела в однородном поле тяжести равна
U = mghци,
где hци – высота, на которой находится центр инерции тела, то есть
– подчеркнем это – определяется только положением центра инерции тела и никак не зависит от его ориентации. При повороте тела
в однородном поле тяжести вокруг его центра инерции потенциальная энергия тела в этом поле не меняется.
Для доказательства учтём, что твёрдое тело можно представлять как систему материальных "точек", поэтому его потенциальная энергия равна сумме потенциальных энергий этих "точек":
∑i Δmi hi
U = ∑ Δmi ghi = ∑ Δmi
g = mghци .
i
i
∑ Δmi
i
Здесь m – масса тела.
103
Задача 7.11. На гладкой горизонтальной плоскости находится
стержень длины l и массы m. Первоначально он стоял вертикально,
а затем начал падать. Считая, что стержень начал падать из состояния покоя, определить траекторию, по которой будет двигаться
центр инерции стержня, а также скорость его центра инерции в
момент удара стержня о плоскость.
Решение. На стержень действуют две силы: сила тяжести mg и
сила реакции плоскости N (рис. 7.11). Уравнение движения центра
инерции стержня имеет вид
таци = mg + N.
Так как силы mg и N направлены вертикально, то и вектор аци
также направлен вертикально вниз. Поскольку начальная скорость
стержня равна нулю, то скорость центра инерции также имеет вертикальное направление. Отсюда следует, что центр инерции стержня движется вертикально вниз. Для нахождения скорости центра
инерции в момент удара воспользуемся законом сохранения энергии. В начальный момент стержень покоился, поэтому его энергия
была равна потенциальной энергии:
Е1 = mghци,
где hци = l/2 – высота, на которой первоначально находился центр
инерции стержня. В момент удара о плоскость потенциальная энергия равна нулю и энергия стержня равна его кинетической энергии:
E2 = Iω2/2,
где I – момент инерции стержня относительно мгновенной оси
вращения.
В случае падающего стержня мы знаем направления движения
центра инерции и конца стержня, скользящего по плоскости. Центр
инерции, как мы установили, движется
вертикально вниз, а конец стержня (точка
А на рис. 7.11) – вдоль плоскости, т.е. его
О
скорость VA направлена горизонтально.
Положение мгновенной оси вращения
N
изображено на рисунке: она проходит чеVци
mg
рез точку О перпендикулярно плоскости
VА
чертежа. Нетрудно понять, что в момент
Рис. 7.11
удара стержня о плоскость, мгновенная
104
ось вращения будет проходить через нижний конец стержня (точку
А). Поэтому момент инерции стержня в этот момент времени согласно теореме Штейнера равен
2
2
1 2
⎛ l ⎞ ml
ml + m ⎜ ⎟ =
.
12
3
⎝ 2⎠
Таким образом, согласно закону сохранения энергии получаем
mgl 1 ml 2 2
=
ω.
2
2 3
Откуда
3g
ω=
.
l
Скорость центра инерции в этот момент равна ωl/2, т.е.
3 gl
Vци =
.
4
Задача 7.12. Стержень массы m и длины l лежит своими концами на двух опорах (рис. 7.12). В некоторый момент одну из опор
выбивают. Найти в этот момент силу реакции второй опоры.
Решение. Сразу после удаления опоры на стержень действуют
две силы: тяжести – mg и реакции второй опоры – N. Под действием этих сил стержень начинает вращаться вокруг точки касания с
оставшейся опорой. Выпишем сисl, m
N
тему уравнений динамики, описывающих движение стержня:
/////////////
dV
/////////////
m
= mg − N ,
dt
mg
ml 2 d ω
l
Рис. 7.12
= mg .
3 dt
2
Первое из уравнений представляет собой уравнение второго закона Ньютона для центра инерции стержня в проекции на вертикальное направление (направление силы тяжести). Второе – уравнение моментов относительно оси вращения стержня, которая проходит перпендикулярно плоскости чертежа через точку соприкосновения стержня с опорой. Сила реакции N направлена вертикаль-
I=
105
но, поскольку в начальный момент стержень ещё не изменил своего горизонтального положения.
Во втором уравнении ml2/3 – момент инерции стержня относительно оси вращения, mg(l/2) – момент силы тяжести относительно
оси вращения, V – скорость центра инерции стержня. Кроме того
l
следует учесть, что V = ω , так как движением стержня является
2
вращение вокруг точки касания с опорой. Дифференцируя это равенство по времени, получим
dV l d ω
=
.
dt 2 dt
Таким образом, составляем следующую систему уравнений:
ml d ω
= mg − N ,
2 dt
ml 2 d ω
l
= mg .
3 dt
2
mg
Откуда находим N =
.
4
Ответ довольно неожиданный. На первый взгляд, кажется, что
N должна быть не меньше, чем mg/2, так как до удаления опоры на
каждую из них приходилось по mg/2, а после удаления стержень
давит лишь на одну опору. Попытайтесь самостоятельно объяснить
этот "парадокс".
Задача 7.13. Шар массы m и радиуса R раскрутили вокруг его
горизонтальной оси до угловой скорости ω0 и опустили на горизонтальную плоскость. С какой скоростью покатится шар, после того,
как проскальзывание прекратится?
Решение. Задача допускает различные способы решения. Рассмотрим два из них.
Способ 1. В процессе движения на шар действуют три силы
(рис. 7.13): тяжести тg, нормальная компонента силы реакции
плоскости N и сила трения Fтр. Нетрудно понять, что пока шар катится с проскальзыванием, сила трения направлена вперед (поясните это утверждение самостоятельно).
106
ω
ω0
V
m R
Fтр
V '< 0
///////////////////////////////////////////////////////////
V '=0
Рис. 7.13
Составим систему уравнений, описывающих движение шара:
dV
0 = N − mg ,
m
= Fтр ,
dt
dω
= − Fтр R,
I
Fтр = kN .
dt
Первые два уравнения – проекции уравнения движения центра
инерции шара на горизонтальное и вертикальное направления,
третье – уравнение моментов, причём моменты вычисляются относительно оси вращения шара. Знак минус в правой части этого
уравнения отражает то обстоятельство, что сила трения замедляет
вращение шара. Но так как сила трения одновременно и ускоряет
центр инерции шара, то в первом уравнении она стоит со знаком
плюс. Последнее уравнение справедливо лишь до тех пор, пока
шар движется с проскальзыванием, т.е. пока Fтр – сила трения
скольжения. Исключая из этих уравнений силу N, находим
Fтр = kmg, и с учетом этого получаем уравнения для V и ω:
dV
dω
= kmg ,
= −kmgR.
m
I
dt
dt
Откуда после интегрирования по времени при заданных начальных
условиях получаем
kmgR
V = kgt ,
ω = ω0 −
t.
I
Зная V и ω, найдем V ' – скорость точки соприкосновения шара
с плоскостью:
⎛ mR 2 ⎞
V ' = V − ωR = ⎜ 1 +
⎟ kgt − ω0 R.
I ⎠
⎝
107
Как видим, V ' < 0 при достаточно малых t, что соответствует
движению шара с проскальзыванием. Проскальзывание прекращается в тот момент, когда V ' = 0, откуда и находим соответствующее
значение t:
ω0 R
t=
,
⎛ mR 2 ⎞
kg ⎜1 +
⎟
I ⎠
⎝
а затем скорость центра инерции шара и его угловую скорость в
этот момент:
ω0 R
I
V=
, ω = ω0
.
2
mR
I + mR 2
1+
I
Для однородного шара:
2
I = mR 2 ,
5
2
V = ω0 R,
7
2
ω = ω0 .
7
Интересно, что конечные скорости совершенно не зависят от
величины коэффициента трения.
Способ 2. Этот метод основан на применении теоремы Кенига
для момента импульса системы точек:
L = [Rци,P] + L0,
где L0 – момент импульса системы точек относительно ее центра
масс, Rци – радиус-вектор центра инерции системы, Р – импульс
системы. В нашем случае система точек – это шар, который вращается (в системе отсчета, в которой центр шара покоится) вокруг
своего диаметра, т.е. вокруг главной оси инерции, поэтому L0 = Iω,
где I – момент инерции шара относительно его диаметра.
Рассмотрим момент импульса шара относительно точки касания шара с плоскостью в начальный момент времени (рис. 7.14).
Нетрудно видеть, что сумма моментов сил, действующих на шар,
относительно этой точки равна нулю. Действительно, сила тяжести
108
и сила реакции опоры направлены вдоль одной прямой и их сумма
равна нулю, поэтому и сумма моментов этих сил равна нулю.
ω0
ω
N
V
Fтр
α r
///////////////////////////////////////////////////////////
О
mg
Rци
Рис. 7.14
m
R
Сила трения коллинеарна радиус-вектору r её точки приложения, поэтому её момент также равен нулю. Таким образом, в силу
уравнения моментов, момент импульса шара относительно точки О
остаётся постоянным. Но в начальный момент времени импульс
шара равен нулю, поэтому величина момента была равна L = Iω0. В
последующие моменты времени его величина находится с помощью теоремы Кёнига для момента импульса системы точек:
L = [Rци,P] + L0,
L = RциmVsinα + Iω = RmV + Iω.
Итак,
Iω0= RmV + Iω.
После того, как скольжение прекратится, скорость точки касания шара с плоскостью станет равной нулю:
V – ωR = 0,
V
откуда ω = и
R
ω0 R
I
V=
, ω = ω0
.
2
mR
I + mR 2
1+
I
Задача 7.14. По бильярдному шару кием нанесли удар в горизонтальном направлении так, что вертикальная плоскость, в которой расположена линия удара, проходила через центр шара. На какой высоте h над центром шара нанесён удар, если после удара шар
покатился без проскальзывания?
Решение. Движение шара в процессе удара определяется уравнениями:
109
dV
= F,
dt
dω
R
= Fh,
I
dt
//////////////////////////////////////
где h – высота удара над центром шаРис. 7.15
ра, F – сила, действовавшая на шар в
процессе удара со стороны кия (рис. 7.15). Сила F велика по сравнению с силой трения между шаром и столом, поэтому силу трения
можно не учитывать.
Пусть удар длился время τ. Проинтегрируем эти уравнения по
времени от нуля до τ:
h
m
F
τ
mV = ∫ Fdt ,
0
τ
I ω = h ∫ Fdt.
0
Здесь V – скорость центра шара после удара, ω – его угловая
скорость после удара. Из этих уравнений получаем соотношение
между V и ω:
hmV
ω=
.
I
Скорость точки касания шара со столом равна:
⎛ hmR ⎞
V ' = V − ωR = V ⎜ 1 −
⎟.
I ⎠
⎝
Если шар после удара не скользит по столу, то V ' = 0, откуда
находим h:
I
2
h=
= R.
mR 5
Задача 7.15. Как известно, автомобиль приводится в движение
мотором. Но мотор – часть автомобиля, следовательно, какие бы
силы или моменты сил, ни создавал мотор, это будут внутренние
силы. Поэтому они не могут вызвать движения автомобиля. Для
приведения автомобиля в движение нужна внешняя сила.
1. Что это за сила, если автомобиль движется сам, его никто не
буксирует и не толкает? Назовём эту внешнюю силу силой тяги.
110
Чему равна сила тяги, если радиус колёс автомобиля R, а момент
сил, развиваемый мотором автомобиля, равен М? Массу колёс
примем равной нулю.
2. Полагая, что сила тяги приложена к ведущим колёсам, а сила трения, действующая на ведомые колёса, пренебрежимо мала,
найдите силы давления передних и задних колёс на землю. Примем, что расстояние между осями колёс L, высота центра масс относительно земли h, центр масс расположен посередине между
осями, масса автомобиля m, сила тяги равна F.
3. На какие колёса приседает автомобиль при разгоне? Зависит
ли ответ задачи от того, какие колёса ведущие – передние или задние?
4. Рассмотрим движение игрушечного автомобильчика с пружинным мотором. Пусть пружина в заведённом состоянии обладает потенциальной энергией U. Какую кинетическую энергию приобретёт автомобильчик после того, как пружина полностью раскрутится? Как зависит изменение кинетической энергии автомобильчика от выбора системы отсчёта, в которой рассматривается
движение автомобиля? Потерями на трение в механизме пренебречь.
Решение.
1. Ответ очевиден. В отсутствие силы трения между колёсами
и дорогой автомобиль самостоятельно двигаться не сможет. Следовательно, двигаться автомобиль заставляет сила трения между ведущими колёсами и дорогой. В условиях безопасного вождения автомобиля колёса не должны скользить по дороге, так что это сила
трения покоя. Обстоятельство это важное, так как величина этой
силы может быть любой: от нуля до максимального значения, определяемого весом автомобиля и коэффициентом трения колёс о
дорогу. Так как колесо по условию задачи невесомо, то сумма моментов, действующих на колесо, равна нулю. Иначе ускорение колеса было бы бесконечно большим.
На ведущие колеса действуют момент сил М со стороны мотора (точнее, трансмиссии, но это не принципиально), и момент силы
трения, или в нашей терминологии, силы тяги F (рис. 7.16). Эти
111
моменты вращают колесо в противоположные
стороны, т.е. их моменты имеют противоположные знаки:
R
F
М – F⋅R = 0.
//////////////////////////// Откуда
F = M/R.
Рис. 7.16
Как видим, сила тяги, т.е. сила трения покоя, может изменяться в зависимости от величины вращающего
момента.
Подумайте, что изменится, если сделать момент сил М настолько большим, что колёса начнут скользить?
2. Сумма проекций на вертикальное направление сил (рис.
7.17), действующих на автомобиль, равна нулю:
N1+ N2 – mg = 0.
Кроме того, относительно центра масс автомобиля сумма моментов сил, приложенных к автомобилю, также равна нулю:
F⋅h+ (N1– N2)⋅L/2 = 0.
Решая эту систему уравнений, найдём искомые силы:
mg Fh
mg Fh
N1 =
+
, N2 =
−
.
2
L
2
L
M
N1
N2
h
F
L
mg
Рис. 7.17
3. Как видим, давление на задние колёса всегда выше, чем на
передние. Т.е. автомобиль при разгоне всегда приседает на задние
колёса. Исходные уравнения, а значит, и ответ, не зависят от того,
112
куда приложена сила тяги F, к передним или задним колёсам. При
торможении сила тяги меняет направление (становится силой торможения), т.е. знак F изменяется на противоположный. Следовательно, N1 уменьшается, а N2 возрастает. Это означает, что при
торможении автомобиль сильнее давит на передние колёса, т.е. его
нос опускается.
4. Изменение кинетической энергии автомобильчика равно
работе внешних сил (см. задачу 7.6):
dA = FвнешVци dt + М внеш Ω dt.
Поскольку колёса невесомы, а автомобиль движется поступательно (Ω = 0), то второе слагаемое равно нулю. Но, как мы видели
выше, F = M/R, откуда
V
M
dA = Vци dt = M ци dt = M ωdt = Md ϕ ,
R
R
где М – момент сил, развиваемый пружиной, ω – угловая скорость
вращения колёс, dϕ – угол поворота колёс за время dt. Мы предполагаем, что колёса не скользят, поэтому ω = Vци/R. С другой стороны,
записанная таким образом работа силы тяги равна работе пружины.
Но эта работа равна убыли потенциальной энергии пружины:
dA = – dU.
Таким образом, получаем:
mV 2
= A = U1 − U 2 = U − 0 = U .
2
Как видим, кинетическая энергия равна первоначальной потенциальной энергии пружины.
Если рассмотреть этот же процесс с точки зрения движущегося
наблюдателя (ср. с задачей 6.5), то надо учесть правило сложения
скоростей, что даёт в этом случае
Vци = ωR +Vнабл.
Здесь Vци – скорость автомобильчика относительно наблюдателя,
ωR – скорость автомобильчика относительно земли, Vнабл – скорость движения наблюдателя относительно земли. Поэтому
dA = FVци dt = F ( ωR + Vнабл )dt = FRωdt + FVнабл dt =
= Md ϕ + FVнабл dt.
113
Вновь учтём, что Mdϕ = – dU, и тогда
dA = Md ϕ + FVнабл dt = − dU + FdS набл .
Здесь dsнабл = Vнаблdt.
Окончательно находим:
mV 2
= A = U + Fsнабл .
2
Здесь sнабл – перемещение наблюдателя за время раскручивания
пружины. Как видим, к работе пружины добавляется ещё величина
Fsнабл.
Задача 7.16. (Задача предложена В.И. Гервидсом). Брусок, находящийся на горизонтальной шероховатой плоскости, толкнули,
сообщив ему поступательное движение с некоторой скоростью.
Пусть масса бруска т, высота бруска h, коэффициент трения k. Изза трения скорость бруска будет убывать до нуля. Тем самым, обратятся в нуль импульс, кинетическая энергия бруска и его момент
импульса. Уменьшение импульса и кинетической энергии бруска
вызваны, очевидно, силой трения. А чем вызвано уменьшение момента импульса бруска? Действительно, выберем в качестве полюса, относительно которого вычисляются все моменты, точку О на
плоскости, являющуюся проекцией на эту плоскость центра инерции бруска в начальный момент времени (рис. 7.18). Тогда момент
силы трения относительно этой точки равен нулю, поскольку сила
и радиус-вектор её точки приложеN
ния коллинеарны. Нормальная комV
ци
ци
понента силы реакции опоры урав•
Fтр
h
x
O•
новешена силой тяжести. Получаетmg
ся, будто сумма моментов сил равна
нулю, и момент импульса изменитьРис. 7.18
ся не может?
Решение. В задаче 7.15 показано, что при торможении автомобиль приседает на передние колёса, т.е. на передние колёса давление больше, чем на задние. В данной задаче та же самая ситуация,
т.е. давление на плоскость со стороны передней части бруска
больше, чем со стороны задней. Это означает, что нормальная компонента силы реакции опоры смещена вперёд. Обозначим это сме114
щение через х. Эту величину легко найти. Действительно, брусок
не вращается, поэтому сумма моментов сил, приложенных к бруску, относительно его центра инерции равна нулю:
Nx – Fтрh/2 = 0.
(1)
Поскольку сила трения является силой трения скольжения, и
равна, поэтому kN, то согласно (1)
kh
x= .
2
Тем самым, сила тяжести и нормальная компонента силы реакции плоскости образуют пару сил с моментом mgx = kmgh/2. Этотто момент и вызывает уменьшение момента импульса L бруска, который в силу того, что брусок движется поступательно, равен L =
= mVh/2. Действительно, производная момента импульса по времени равна
dL mh dV
=
.
(2)
dt
2 dt
С другой стороны, эта производная равна моменту сил, приложенных к бруску:
dL
kmgh
=−
.
(3)
dt
2
Поскольку при движении бруска справедлив второй закон Ньютона:
dV
m
= −kmg ,
dt
то видим, что правые части (2) и (3) совпадают. Догадка наша оказалась верной.
Итак, «виновата» во всём сила трения. Однако момент импульса уменьшает не она сама, а созданный ею момент пары силы тяжести и нормальной компоненты силы реакции поверхности.
Задача 7.17. Тонкий однородный стержень вращается вокруг
неподвижной оси, проходящей через центр стержня, и образующей
с ним угол α. Найти вектор момента импульса стержня относительно его центра.
Решение. Выберем связанную со стержнем систему координат,
в которой ось OX направлена вдоль стержня, а ось OY – располо115
жена перпендикулярно стержню в
Y
плоскости, образованной стержнем и
ω
L
его осью вращения (рис. 7.19). Начало
ωх
координат выберем в центре стержня.
Оси этой системы координат являютα
ωy
ся главными осями инерции стержня.
Тогда вектор момента импульса
стержня запишем следующим образом:
L = Ixωx + Iyωy.
Рис. 7.19
Здесь Ix и Iy – моменты инерции относительно главных осей OX и OY, а ωx и ωy – компоненты вектора
угловой скорости, параллельные OX и OY. Но момент инерции Ix =
0, поскольку он пропорционален квадрату толщины стержня, а она
равна нулю. Тем самым, вектор момента импульса направлен перпендикулярно стержню вдоль оси OY:
L = Iyωy.
Модуль вектора момента импульса:
ml 2
L=
ω sin α.
12
Здесь l – длина стержня, т – его масса.
Этот же результат можно получить иначе, если мысленно разбить стержень на пары симметричных относительно центра стержня малых частей, и найти моменты импульса каждой такой пары.
Проведите эти вычисления самостоятельно.
Задача 7.18. Реактивный истребитель, двигаясь со скоростью
υ = 200 м/с, совершает разворот, радиусом R = 1 км. Турбина самолёта имеет момент инерции I = 100 кг⋅м2 и вращается со скоростью
n = 6000 об/мин. Найти величину гироскопических сил, действующих на подшипники, в которых вращается ось турбины, если расстояние между подшипниками l = 3 м. Останется ли лётчик цел и
невредим при таком вираже?
Решение. Рассмотрим движение турбины вместе с самолётом за
малый промежуток времени dt. За это время самолёт пройдёт расстояние V⋅dt, следовательно, его радиус-вектор повернётся на угол
X
116
dϕ = V⋅dt/R. На такой же угол вместе с самолётом повернётся и ось
турбины, и её момент импульса. Тем самым, величина изменения
момента импульса турбины (рис. 7.20):
dL= L⋅dϕ.
L' dL
M
L
Вектор и величина момента
dϕ
сил, действующих на турбину,
согласно уравнению моментов
найдутся как:
dL
M=
,
dt
R
L
dL
d ϕ LV
M=
=L
=
.
dt
dt
R
dϕ
Направление вектора момента сил, как видим из чертеТурбина
жа, перпендикулярно вектору
Рис. 7.20
момента импульса турбины. Поскольку, как и всякая ось симметрии, ось турбины является её
главной осью инерции, то величину момента импульса равна произведению её момента инерции I на угловую скорость вращения
турбины ω = 2πn.
Откуда найдём величину момента гироскопических сил:
2πnIV 2 ⋅ 3,14 ⋅ 102 ⋅ 102 ⋅ 200
=
= 6,28 ⋅ 103 Н ⋅ м.
M=
3
R
10
Разделив момент на расстояние между
L
подшипниками, найдём величину гироскоN
пических сил N:
М
N = M/l = 2,1⋅103 Н.
Силы реакции подшипников образуют
-N
пару сил. Они направлены перпендикулярно
оси турбины и лежат в вертикальной плоскоРис. 7.21
сти, перпендикулярной вектору момента сил
(рис. 7.21).
Такое направление сил, действующих на турбину со стороны
подшипников, означает, что передняя часть турбины при повороте
стремится подняться вверх, а задняя – опуститься. Таким образом,
117
на самолёт со стороны турбины действует момент силы, стремящийся поднять вверх нос самолёта.
Для ответа на второй вопрос найдём ускорение самолёта. При
равномерном движении по окружности ускорение самолёта равно
его нормальному ускорению an:
V 2 4 ⋅ 104
=
= 40 м/с 2 = 4 g .
an =
R
103
Величина силы реакции кресла, действующей на лётчика равна
модулю суммы сил тяжести и центростремительной силы:
N = mg + m an ,
N = m g 2 + an2 = mg 1 + 42 ≈ 4mg .
Как видим, сила реакции приблизительно в 4 раза больше силы
тяжести. Это заметная перегрузка, но далеко не смертельная. Опасными для человека считаются перегрузки, которые более чем в 10
раз превосходят силу тяжести.
Задача 7.19. Цилиндрическая мельница представляет собой
массивный цилиндр (бегун), способный вращаться вокруг своей
горизонтальной геометрической оси. Этот цилиндр приводится во
вращение вокруг вертикальной оси и катится по горизонтальной
опорной плите. Такое движение можно рассматривать как вынужденную прецессию гироскопа, каковым является бегун. При этом в
результате гироскопических эффектов сила давления бегуна на
опору возрастает. Эта сила измельчает и растирает материал, подсыпаемый под бегун. Вычислить силу давления бегуна на опору,
если его радиус R = 0,5 м, а его рабочая скорость вращения вокруг
вертикальной оси n = 1 об/с.
Решение. Рассмотрим точку А
Ω
соприкосновения бегуна с поверхO
ностью (рис. 7.22). Поскольку
N
Q
скольжения нет, то скорость этой
r
L1
точки равна нулю. Поэтому скоR
рость центра бегуна О’ можно заO’
писать как ωR, где ω – скорость
A
ω
вращения
бегуна вокруг горизонmg
тальной
оси.
С другой стороны,
Рис. 7.22
118
скорость центра бегуна можно записать как Ω r, где r – расстояние
от вертикальной оси вращения до центра бегуна. Откуда выразим ω
через Ω:
r
ω=Ω .
R
Вращение бегуна вокруг горизонтальной оси приводит к появлению у бегуна момента импульса L1 = Iω. Вращение бегуна вокруг вертикальной оси сообщает ему момент импульса
L2 = (I+mr2)Ω относительно шарнира О. Следовательно, момент
импульса бегуна относительно шарнира О равен
L = I ω + I ' Ω.
Здесь I ' = I + mr2.
Заметим, что момент L1 имеет постоянную величину, но направление его непрерывно изменяется, поскольку ось бегуна поворачивается, а вместе с нею поворачивается и вектор ω. Вектор L2
сохраняет неизменное направление и величину. Таким образом,
производная по времени от вектора момента импульса определяется изменением только момента L1. Поскольку этот вектор имеет
неизменную длину, и вращается вокруг вертикальной оси со скоростью Ω, то его производная находится так же, как и производная
радиус-вектора точки, вращающейся вокруг оси с известной угловой скоростью Ω:
dL dL1
=
= [ Ω , L1 ] = I [ Ω , ω ] .
dt
dt
Нетрудно заметить, что векторное произведение угловых скоростей имеет горизонтальное направление, перпендикулярное оси
шара, поскольку вектор Ω направлен вертикально, а вектор ω совпадает по направлению с направлением горизонтальной оси. С другой стороны, согласно уравнению моментов:
I [ Ω, ω] = M ,
где М – вектор моментов сил, приложенных к шару. Поскольку
момент импульса мы определяли относительно шарнира О, то и
момент сил надо определять также относительно центра шара. Но в
этом случае момент силы реакции Q со стороны шарнира (см. рис.
7.22) равен нулю, поскольку эта сила приложена к шарниру. Тем
119
самым момент сил создают сила тяжести и нормальная компонента
силы реакции поверхности:
I [ Ω, ω] = [r, mg + N] .
Спроецировав это уравнение на горизонтальное направление,
перпендикулярное горизонтальной оси, получим:
r
I Ω2
I Ω 2 = r ( N − mg ), N = mg +
.
R
R
Учитывая, что момент инерции бегуна относительно его диаметра равен mR2/2, найдём:
⎛
RΩ 2 ⎞
N = mg ⎜1 +
⎟.
2g ⎠
⎝
Если бегун совершает 1 оборот в секунду вокруг вертикальной
оси, то его угловая скорость вращения Ω = 2π, поэтому выражение
в скобках будет
RΩ2 0,5 ⋅ 4 ⋅ π2 π2
≈
≈
≈ 1.
2g
2⋅ g
g
Таким образом, сила давления почти вдвое превосходит вес
неподвижного бегуна. Если бегун будет совершать порядка трёх –
четырёх оборотов в секунду, то сила давления вырастет на порядок
по сравнению с весом неподвижного бегуна.
Мистики в этом никакой нет. Сила реакции возрастает при
движении бегуна благодаря реакции шарнира (сила Q на рис. 7.22).
Эта сила имеет вертикальную составляющую, направленную вниз,
т.е. она прижимает бегун к поверхности, что и приводит к возрастанию давления шара на поверхность. Сравните этот результат с
предыдущей задачей.
120
8. ДВИЖЕНИЕ ТЕЛ В НЕИНЕРЦИАЛЬНЫХ СИСТЕМАХ
ОТСЧЕТА. СИЛЫ ИНЕРЦИИ
В ряде случаев решение задач динамики удобнее производить,
рассматривая движение тел относительно неинерциальных систем
отсчета, т.е. таких систем отсчета, которые движутся ускоренно
относительно инерциальной системы отсчета.
Пусть К – исходная, неподвижная (наша лабораторная) инерциальная система отсчета. Рассмотрим также систему К', которая
движется относительно К. Движение системы К ' можно представить как вращение с угловой скоростью ω вокруг оси, которая в
свою очередь, движется относительно К. Начало отсчета в К ' выберем на оси вращения (рис. 8.1).
m•
Тогда для точки т:
Y'
V = V0 + [ω,r'] +V',
r'
Z'
где V0 скорость начала отсчета сисZ r
O'
темы К ' (точки O ' на рис. 8.1) относительно К, а V и V' скорость
K'
X'
R
точки m соответственно относительно К и К '.
Y
O
Если ограничиться случаем, коK
гда вектор угловой скорости ω вращения системы К ' остаётся посто- X
Рис. 8.1
янным, то имеет место соотношение
между ускорением частицы а по отношению к системе отсчёта К и
её же ускорением а' по отношению к системе отсчёта К ':
a = a0 + 2[ω, V '] + [[r ', ω], ω] + a ' .
Здесь а0 ускорение начала отсчета системы К ' (точки O ' на
рис. 8.1) относительно К, а а и а' ускорение точки m относительно
К и, соответственно, К '
Умножая обе части последнего соотношения на массу частицы
m, и учитывая, что относительно К справедлив второй закон Ньютона
ma = F,
получим
ma ' = F − ma0 + 2m[ V ', ω] + m[ω,[r ', ω]] .
121
Это уравнение есть основное уравнение динамики в неинерциальной системе отсчета. Как видим, а' вообще говоря, отлично от
нуля даже в случае F = 0, т.е. когда тело не взаимодействует с другими телами. Мы видим, таким образом, что ускоренное движение
системы отсчета эквивалентно появлению сил инерции.
Первая из сил инерции (–ma0) связана с ускоренным поступательным движением неинерциальной системы отсчета. Как видим,
такое движение системы отсчета, в смысле своего влияния на уравнение движения тела эквивалентно появлению однородного силового поля, причем сила, действующая в этом поле, равна произведению массы тела на ускорение системы отсчета а0 и направлена в
противоположную этому ускорению сторону.
Сила 2т[V',ω] называется силой Кориолиса. Ее особенность состоит в том, что она зависит от скорости частицы V' относительно
К'. Сила Кориолиса перпендикулярна вектору скорости частицы V'
относительно К' и, следовательно, не совершает над ней работы.
Последняя сила т[ω,[r',ω]] называется центробежной. Нетрудно заметить, что ее можно записать в виде
ω
mω2R, где R – вектор, проведенный перпендикулярно оси вращения к точке т (рис. 8.2).
R
Центробежная сила потенциальна, т.е. ее
m
можно записать в виде
• F
цб
FR = – dUцб/dR,
r'
где FR – проекция Fцб на направление вектора
R. Uцб можно назвать центробежной потенциальной энергией, а сама эта энергия равна
О'
mω2 R 2
Рис. 8.2
U цб = −
.
2
Задача 8.1. На тележке, движущейся прямолинейно по горизонтальной поверхности с ускорением a укреплен штатив, к которому на невесомой нити подвешен маленький тяжелый шарик.
Найти угол отклонения нити с шариком от вертикали. Решить задачу как с точки зрения неподвижного наблюдателя K, так и наблюдателя K', движущегося вместе с тележкой.
Решение. Рассмотрим сначала движение шарика относительно
неподвижного наблюдателя (рис. 8.3). Это движение происходит в
122
горизонтальном направлении с ускорением а. При этом на шарик
действуют две силы: сила тяжести mg и натяжения нити N. Запишем уравнение второго закона Ньютона в проекциях на горизонтальное и вертикальное направления:
ma = N sinα,
α
0 = N cosα – mg.
N
K
Исключив отсюда N, получим
a
mg
a
tg α = .
g
Рассмотрим теперь движение
шарика относительно наблюдателя
Рис. 8.3
K', движущегося вместе с тележкой
(рис. 8.4). Шарик относительно теK'
α
лежки покоится, но поскольку система отсчета K', связанная с тележN
–ma
кой, неинерциальна, то условие
равновесия шарика надо рассматриmg
a
вать с учетом сил инерции. Тележка
движется поступательно, поэтому
на шарик действует сила инерции,
равная –та. Кроме нее, на шарик
Рис. 8.4
действуют также сила тяжести mg и
сила натяжения нити N. Сумма этих трех сил должна быть равна
нулю, так как шарик в выбранной нами системе отсчета покоится.
Записывая условия равновесия шарика в проекциях на горизонтальное и вертикальное направления, получим систему уравнений:
0 = N sinα – ma,
0 = N cosα – mg.
Исключив отсюда N, получим:
a
tg α = .
g
Как видим, решение этой задачи каждым из двух рассмотренных здесь способов совершенно одинаково. Это относится ко многим задачам механики, но не следует думать, что переход к неинерциальным системам отсчета не дает преимуществ никогда. В
ряде задач такой переход сильно упрощает решение.
123
Задача 8.2. Брусок А движется с ускорением а по горизонтальной поверхности. На бруске А лежит другой брусок B, высота которого h, а длина – l (рис. 8.5). Брусок В упирается левой своей гранью
в небольшой выступ на поверхности бруска А. При каких значениях
ускорения а брусок В не будет опрокидываться? Решить задачу как с
точки зрения неподвижного наблюдателя K, так и с точки зрения наблюдателя K', движущегося вместе с бруском А.
Решение. Рассмотрим сначала решение задачи в неинерциальной системе отсчета, связанной с бруском А (с точки зрения наблюдателя K').
На брусок В действуют сила тяжести mg, сила со стороны уступа Q, и сила реакции N со стороны горизонтальной поверхности
бруска А, сила инерции – та. Предположим, что брусок В не опрокидывается тогда в выбранной системе отсчета он покоится.
Условия равновесия бруска состоят в равенстве нулю суммы
сил, действующих на брусок, и раK'
K
венстве нулю суммы моментов
этих сил. Первое из этих двух усN l B
ловий в проекциях на координатa
mQ
h
ные оси (рис. 8.6) дает систему
уравнений:
A
/////////////////////////////////////////////////////////
mg
⎧Q − ma = 0,
⎨
Рис. 8.5
⎩ N − mg = 0.
Для записи второго условия необходимо указать точки приложения сил, действующих на брусок. Точка приложения силы тяжести находится в центре инерции бруска. В этой же точке приложена сила инерции – та. Это утверждение основано на том, что в
данном случае поле сил инерции полностью эквивалентно полю
сил тяжести (оба поля однородны, силы в обоих полях пропорциональны массе тела). Поэтому и точки приложения соответствующих сил совпадают. Пусть точка приложения силы N находится на
расстоянии х от середины бруска (рис.8.6).Условие равенства нулю
суммы моментов справедливо относительно любой оси, если сумма
сил равна нулю (что выполняется в нашем случае). Удобнее всего
выбрать ось, проходящую через центр инерции бруска, перпенди∠
124
кулярно плоскости чертежа. (Почему эта ось наиболее удобна?
Объясните сами.). При таком выборе оси, мы получаем следующее
уравнение моментов:
Y
N l B
h
Q − Nx = 0.
–ma
2
Q m
h
Из выписанных уравнений наA X
ходим
//////////////////////////////////////////////
mg
ha
x
x=
.
2g
Рис. 8.6
Полученный результат показывает, что х растет с ростом а, т.е. точка приложения силы N смещается в сторону выступа (влево на рис. 8.6). Но поскольку х < l/2, так
как точка приложения силы N не может располагаться за пределами бруска В, то получаем
ha l
< .
2g 2
Окончательно находим:
l
a<g .
h
Рассмотрим теперь решение задачи в инерциальной системе отсчета (с точки зрения неподвижного наблюдателя К). По отношению к наблюдателю K, брусок В движется поступательно в горизонтальном направлении с ускорением а под действием сил Q, N и
mg (см. рис. 8.6). Поэтому
ma = Q + mg + N.
Проецируя это уравнение на координатные оси, получаем:
⎧ ma = Q ,
⎨
⎩0 = N − mg .
Учтем теперь, что движение бруска В поступательное. Поэтому
можно утверждать, что относительно горизонтальной оси, проходящей через центр инерции бруска, момент импульса бруска L0 равен нулю (брусок не вращается). Можно выбрать также любую
другую ось, но тогда уравнение моментов усложнится. Попробуйте
решить задачу, выбрав ось, проходящую вдоль выступа. Учтите
125
только, что момент импульса твердого тела, вообще говоря, определяется теоремой Кёнига (см. введение к п. 6):
L = L0 + [R,P].
Поскольку dL0/dt = М, где М – момент сил, действующих на
брусок относительно указанной оси, а L0 = 0, то dL0/dt = 0 и, соответственно, М = 0. Момент сил, действующих на брусок В относительно данной оси определяется лишь силами Q и N, так как сила
тяжести приложена к оси и поэтому ее момент равен нулю. Поэтому для момента М имеем:
h
M = Q − Nx.
2
Так как М = 0, то для х получаем:
ha
x=
.
2g
Поскольку х < l/2, то вновь получаем прежнее условие, при котором брусок В не отрывается от опоры:
l
a<g .
h
Полученному ответу можно дать наглядную геометрическую интерпретацию. А именно, брусок В оторвется от опоры (это проl
изойдет, когда a > g ), если равнодействующая сил Q и N будет
h
проходить ниже центра тяжести бруска В. Убедитесь в этом самостоятельно. Учтите только, что при отрыве бруска В сила N приложена к краю бруска, который соприкасается с выступом.
Задача 8.3. Из центра вращающейся карусели радиуса R, по
мишени, установленной на краю карусели в точке А производится
выстрел. Найти отклонение пули от мишени, если угловая скорость вращения
ω
карусели равна ω, скорость пули –V. При
О
расчете принять ωR << V.
V
Решение. Рассмотрим движение пули
А относительно инерциальной системы отS
В
счета, связанной с землей (рис. 8.7). ОтРис. 8.7
носительно земли пуля движется прямо126
линейно со скоростью V, поэтому она долетит от центра до края
карусели за время t > R/V. Но за это же время карусель повернется
на угол ϕ = ωt = ωR/V, и попадёт не в точку А, а точку В, причем
угол между радиусами ОА и ОВ равен, как видим, углу поворота
карусели ϕ. Расстояние по краю карусели между точками А и В:
ωR 2
S = Rϕ =
.
V
Рассмотрим теперь движение пули в системе отсчёта, связанной
с каруселью. Эта система отсчета неинерциальная, поэтому на пулю в процессе ее движения действуют центробежная сила
Fцб = mω2r,
и сила Кориолиса
FК = 2m[V',ω].
Поскольку, согласно условию, ωR<<V, то Fцб/FК ~ ωR/V<< 1, то
влиянием центробежной силы, ввиду ее малости по сравнению с
силой Кориолиса, мы полностью пренебрежём.
Сила Кориолиса направлена перпендикулярно скорости пули
V', поэтому она будет вызывать отклонение пули вбок. Поскольку,
согласно условию задачи выполняется сильное неравенство
ωR<<V, которое означает, что карусель вращается сравнительно
медленно. Поэтому сила Кориолиса оказывает слабое возмущающее воздействие на движение пули. Но это означает, что если
представить скорость пули V' в виде
V' = V + V1,
где V – начальная скорость пули, а V1 – поправка к скорости, вызванная силой Кориолиса, то V1<<V. Поэтому в выражении для силы Кориолиса FК = 2т[V',ω], можно с хорошей точностью заменить
V' на V. Такая замена, мало изменяя FК, упрощает задачу, поскольку сила Кориолиса оказывается теперь постоянной, соответственно, оказывается постоянным и вызванное ею ускорение аК = 2[V,ω].
Интегрируя по времени соотношение dV'/dt = aК, получим с
учетом того, что в начальный момент V' = V:
V' = V + aКt.
Полученное соотношение показывает, что в радиальном направлении (направлении выстрела) пуля движется с постоянной
127
скоростью V, а в перпендикулярном направлении ее скорость линейно возрастает со временем (рис. 8.8). Интегрируя по времени
соотношение dr'/dt=V', с учетом выражения для V' получим
a t2
A
r ' = Vt + K .
V Vотн B
2
Первое слагаемое в полученном выражении
представляет собой перемещение пули в направR
лении выстрела, второе – в боковом направлении.
V1=аКt
Пуля долетит до края карусели через время
t = R/V. За это же время пуля отклонится вбок на
расстояние
O
2
a t2 a ⎛ R ⎞
s= K = K⎜ ⎟ .
2
2 ⎝V ⎠
В нашем случае aК = 2Vω, поэтому:
Рис. 8.8
2
2
aK ⎛ R ⎞ 2V ω ⎛ R ⎞ ωR 2
,
⎜ ⎟ =
⎜ ⎟ =
2 ⎝V ⎠
2 ⎝V ⎠
V
что полностью совпадает с прежним результатом. Поделив s на R,
получим угол, на который отклонится пуля от первоначального направления за время полета:
s ωR
=
.
R V
Согласно условию задачи
ωR
<< 1,
V
поэтому пуля отклоняется на малый угол. Это показывает, что использованное нами соображение о малости влияния силы Кориолиса подтверждается окончательным результатом.
Задача 8.4. С высокой башни, расположенной на экваторе, свободно падает тело. В каком направлении, и на какое расстояние отклонится тело от вертикали вследствие вращения Земли? Сделать
численную оценку, приняв высоту башни равной 500 м.
Решение. Вследствие суточного вращения Земли система отсчёта связанная с нею является неинерциальной системой отсчёта.
В процессе падения тела на него помимо силы тяжести действуют
s=
128
также центробежная сила и сила Кориолиса. Центробежная сила в
условиях задачи направлена навстречу силе тяжести и несколько
уменьшает ускорение свободного падения тела. Сила Кориолиса
направлена перпендикулярно скорости тела, т.е. действует параллельно поверхности земли. Направлена она к востоку, поскольку
вектор угловой скорости вращения Земли (точки экватора движутся с запада на восток) направлен от южного полюса к северному
(рис. 8.9):
С
FК =2 m[V,ω].
Угловая скорость вращения Земли
ω
весьма мала:
2π
6, 28
ω=
=
= 0,73 ⋅ 10−4 c-1 ,
R
T
24 ⋅ 3600
здесь Т – продолжительность земных суmg V
FК
ток.
m•
Ввиду малой величины угловой скоЮ
Fцб
рости Земли, можно пренебречь в данной
Рис. 8.9
задаче центробежной силой, поскольку
она составляет приблизительно 1/300 величины силы тяжести:
Fцб ω2 R 0,5 ⋅ 10 −86, 4 ⋅ 106
=
≈
= 3,2 ⋅ 10 −3.
mg
g
10
Рассмотрим теперь действие силы Кориолиса. Сила эта также
мала, поэтому отклонение тела, вызванное этой силой, также относительно невелико. Поэтому при вычислении силы Кориолиса
FК =2 m[V,ω] можно в качестве скорости брать ту скорость, которую имело бы падающее тело в отсутствии силы Кориолиса, т.е.
V = gt, где t – продолжительность падения тела. Поскольку векторы
g и ω взаимно ортогональны, величина силы Кориолиса равна
FК = 2 mVω = 2mgtω.
Поскольку сила Кориолиса направлена к востоку (см. рис. 8.9),
то и ускорение Кориолиса также направлено на восток, и величина
его:
aК = FК/m =2Vω = 2ωgt.
Если обозначить скорость, приобретаемую падающим телом,
под действием силы Кориолиса через U, то для неё, согласно определению ускорения:
129
dU
= 2 g ωt ,
dt
откуда после интегрирования найдём U = gωt2.
Интегрируя по времени ещё раз, найдём отклонение тела:
g ωt 3
.
s=
3
Подставив сюда время падения тела с высоты H, найдём величину отклонения тела как функцию высоты:
2H
t=
,
g
aK =
3/2
3/2
g ωt 3 g ω ⎛ 2 H ⎞
10 ⋅ 0,73 ⋅ 10 −4 ⎛ 2 ⋅ 500 ⎞
=
=
s=
⎜
⎟
⎜
⎟ ≈ 24 см.
3
3 ⎝ g ⎠
3
⎝ 10 ⎠
Рассмотрим теперь решение этой же задачи с точки зрения наблюдателя, находящегося в некоторой инерциальной системе отсчёта, например, связанной со звёздами, которые можно считать
неподвижными. В этой системе отсчёта всё объясняется как будто
бы очень просто: верхушка башни вращается вокруг оси со скоростью ω(R+H), а поверхность Земли имеет скорость ωR. Таким образом, тело относительно поверхности Земли движется со скоростью
ω(R+H) – ωR = ωH,
поэтому за время падения оно отклонится к востоку на расстояние
3/ 2
2H gω ⎛ 2H ⎞
3
=
⎜
⎟ = s.
g
2 ⎝ g ⎠
2
Ответ мы получили в полтора раза больше, чем в первом случае. Где же истина? Какое решение ошибочно? Разгадка не столь
проста, как оказывается. Дело в том, что для получения правильного ответа необходимо учитывать кривизну поверхности Земли.
Действительно, давайте оценим время падения тела и расстояние,
которое пройдёт за это время точка на поверхности Земли, и конечно само это тело:
2H
2 ⋅ 500
t=
=
= 10 с,
g
10
s ' = ωHt = ωH
130
s = Rωt = 6, 4 ⋅ 106 ⋅ 0,73 ⋅ 10−4 ⋅ 10 ≈ 4,7 ⋅ 103 м ~ 5 км.
Как видим, это расстояние довольно большое, во всяком случае,
оно превосходит расстояние до линии горизонта (попробуйте сами
оценить это расстояние, зная размеры Земли и свой рост), а наличие
горизонта как раз и указывает на кривизну земной поверхности.
Вследствие кривизны земной поверхности направление силы тяжести зависит от местонахождения тела (рис. 8.10). Поэтому движение
тела в горизонтальном направлении не будет равномерным, необходимо учесть проекцию силы тяжести на это направление:
dV
x
O
m x = − mg .
•2 X
1•
dt
R
x
mg
mg
Поскольку x << R, то производная
dVx/dt << g, что позволяет упростить это
уравнение, полагая в правой части x =
= ωRt. Откуда получаем:
R
dVx
ωR
= −g
t,
dt
R
t2
Vx = ω ( R + H ) − ω g .
2
Интегрируя ещё раз, найдём перемеРис. 8.10
щение тела:
3
t
x = ω ( R + H )t − ω g .
6
Вычитая из найденного перемещения тела x перемещение земной поверхности ωRt, найдём перемещение тела относительно поверхности Земли:
3/2
3/2
2 H ωg ⎛ 2 H ⎞
t3
gω ⎛ 2H ⎞
s = ω Ht − ω g = ωH
−
⎜
⎟ =
⎜
⎟ .
6
6 ⎝ g ⎠
3 ⎝ g ⎠
g
Теперь ответ совпал с предыдущим.
Задача 8.5. Небольшая муфта массы m находится на гладком
горизонтальном стержне, который вращается с постоянной угловой
скоростью ω вокруг неподвижной вертикальной оси, проходящей
через один из его концов. Муфта удерживается нитью, конец которой прикреплен к оси, на расстоянии r0 от неё. В некоторый момент
131
нить пережигают. Найти скорость муфты относительно стержня в
тот момент, когда она находится на расстоянии r от оси.
Решение. Эту задачу удобнее всего решать, рассматривая движение муфты относительно вращающейся системы отсчета, жестко
связанной со стержнем (рис. 8.11). Движение муфты в этой системе
отсчета происходит вдоль стержня и вызвано центробежной силой,
остальные три силы, действующие на муфту: сила тяжести, сила
реакции стержня и сила Кориолиса направлены перпендикулярно
стержню и, следовательно, их сумма равна нулю. Центробежная
сила потенциальна, работа же трех других сил равна нулю, поэтому
мы можем найти скорость V муфты с помощью закона сохранения
энергии:
mω2 r02 mV 2 mω2 r 2
−
=
−
.
(1)
ω
2
2
2
N
Здесь мы учли, что в начальный моr
мент муфта находилась на расстоянии r0
от оси и покоилась, потенциальная энерm
V
гия тела в поле центробежной силы равна
FК
–mω2r2/2, где r – расстояние тела от оси
Fцб
вращения. Из (1) находим:
Рис. 8.11
V = ω r 2 − r02 .
Решение, как видим, очень простое. Но возникает вопрос: а как
объяснить полученный результат с точки зрения наблюдателя, следящего за движением муфты из неподвижной системы отсчета?
Ведь в этой системе отсчета никаких сил инерции нет.
На муфту в неподвижной системе отсчета действуют две силы:
тяжести mg и реакции стержня N. Разложим силу реакции на вертикальную Р и горизонтальную Q составляющие, тогда Р уравновешивается силой тяжести, и равнодействующая сил mg и N, действующих на муфту, оказывается равной Q. Очевидно, что именно
эта сила и изменяет скорость муфты. Действительно, работа силы
Q не равна нулю, так как она не перпендикулярна скорости муфты,
которую, в свою очередь, можно представить как сумму относительной скорости муфты (она направлена вдоль стержня) и пере132
носной скорости стержня, которая
ω
N
перпендикулярна стержню и равP
на по модулю ωr (см. рис. 8.12).
r
Найдем мощность силы реакQ
ции:
m
(Q,V) = (Q,Vпер+ Vотн) =
Vотн
= (Q,Vпер) = Qrω.
mg
Мощность силы, действуюРис. 8.12
щей на муфту равна производной
по времени от кинетической энергии муфты:
d ⎛ mV 2 ⎞ d ⎡ m 2
⎤
2
Q ωr = ⎜
⎟ = ⎢ (Vпер + Vотн ) ⎥ .
dt ⎝ 2 ⎠ dt ⎣ 2
⎦
Vпер
V
Выполняя дифференцирование, получим уравнение
i
i
⎛
⎞
Qωr = m ⎜Vпер V пер + Vотн V отн ⎟ .
⎝
⎠
i
i
Но V пер = ω r = ωVотн , таким образом:
i
⎛
⎞
(2)
Qωr = mVотн ⎜ ω2 r + V отн ⎟ .
⎝
⎠
Сила Q нам неизвестна. Ее можно найти из уравнения моментов, примененного к муфте. Действительно момент Lz импульса
муфты относительно оси вращения равен mrVпер, но Vпер = ωr, тогда:
Lz =mr2ω.
Найдем производную по времени от Lz:
i
dLz
d (r 2 )
= mω
= 2mωr r = 2mωrVотн .
dt
dt
Найдем теперь момент относительно оси вращения сил, действующих на шайбу. Этот момент равен по модулю Qr, так как сила
Q перпендикулярна стержню. Таким образом, уравнение моментов
имеет вид
2mωrVотн = Qr,
откуда находим
(3)
Q = 2mωVотн.
Из (2) и (3) получаем:
133
i
⎛
⎞
2mω2Vотн r = mVотн ⎜ ω2 r + V отн ⎟ ,
⎝
⎠
откуда найдём:
i
V отн = ω2 r.
(4)
Умножим (4) на Vотн = dr/dt и учтем, что:
2
i
i
⎞
d ⎛ Vотн
d ⎛ r2 ⎞
V
V
,
=
отн
⎜ ⎟ = r r.
⎜
⎟
отн
dt ⎝ 2 ⎠
dt ⎝ 2 ⎠
Тогда (4) преобразуется следующим образом:
dr
VотнVотн = ω2 r ,
dt
2
2 2
2
⎛
⎞
⎛
⎞
⎛
d Vотн
d ωr
d Vотн
ω2 r 2 ⎞
=
,
−
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟ = 0.
dt ⎝ 2 ⎠ dt ⎝ 2 ⎠ dt ⎝ 2
2 ⎠
Из последнего уравнения получаем:
2
Vотн
ω2 r 2
−
= const .
(5)
2
2
Из начального условия Vотн = 0 при r = r0 найдём константу в
правой части:
ω2 r02
const = −
.
2
Уравнение (5) приобретает вид:
mω2 r02
mV 2 mω2 r 2
−
=−
,
2
2
2
откуда находим скорость
Vотн = ω r 2 − r02 .
Как видим, оба подхода вновь дали одинаковый результат, но
решение задачи в неинерциальной системе отсчета оказалось значительно проще.
Задача 8.6. Небольшой шарик подвешен на невесомом стержне
длины l. Верхний конец стержня шарнирно прикреплен к вертикальной оси, вращающейся с угловой скоростью ω. Найти угол отклонения стержня от вертикали.
Решение. Задачу удобно решать в системе отсчета, вращающейся вместе с шариком вокруг вертикальной оси с угловой скоро134
стью ω. В этой системе отсчета шарик покоится, а сама система является неинерциальной. Поэтому на шарик, кроме сил тяжести и
реакции стержня действует также центробежная сила инерции Fцб =
= mω2R. Здесь R – вектор, направленный к шарику от центра окружности, описываемой шариком (рис. 8.13).
Рассмотрим потенциальную энергию
////////////////
шарика. Она складывается из потенциальω
ной энергии шарика в поле сил тяжести (отθ
N
считываем высоту от уровня точки подвеса
l
нити)
mgh = – mglcosθ
m• R
и потенциальной энергии шарика в поле
Fцб
центробежной силы:
2 2
mω R
U = − mgl cos θ −
.
mg
2
Рис. 8.13
Поскольку в нашем случае R = l⋅sin θ, то
полная потенциальная энергия шарика равна:
mω2l 2 sin 2 θ
(1)
U = − mgl cos θ −
.
2
Так как шарик в выбранной нами системе отсчета покоится, то
это означает, что положение, в котором он находится, соответствует экстремуму потенциальной энергии. Причем этот экстремум
должен быть минимумом потенциальной энергии, если положение
равновесия устойчиво. Итак, задача сводится к нахождению угла θ,
соответствующего минимуму потенциальной энергии.
Продифференцируем потенциальную энергию по углу θ и приравняем производную нулю:
mω2l 2 sin θ cos θ
= 0.
mgl sin θ − 2
2
Переписав это уравнение в виде sin θ g − ω2l cos θ = 0 , получа-
(
ем уравнения для θ:
⎧sin θ = 0,
⎪
g
⎨
⎪⎩cos θ = ω2l .
135
)
Нетрудно понять, что из двух решений только одно может соответствовать минимуму потенциальной энергии. Для выбора этого
решения необходимо найти вторую производную d2U/dθ2:
d 2U
mω2l 2 cos 2θ
=
mgl
cos
θ
−
2
.
d θ2
2
В точке минимума U эта величина должна быть положительной.
Пусть sin θ = 0, тогда
⎛ ω2 l ⎞
d 2U
=
mgl
⎜1 −
⎟.
d θ2
g ⎠
⎝
Эта величина больше нуля, если выражение в скобках положительно:
ω2 l
g
1−
> 0 или ω <
.
g
l
Итак, шарик висит вертикально, пока угловая скорость вращения ω мала.
g
g
Пусть теперь cos θ = 2 , что возможно, если ω >
. Тогда
ωl
l
⎛
⎧ g ω2l
⎫
d 2U
ω2l cos 2θ ⎞
⎡⎣cos 2 θ − sin 2 θ⎤⎦ ⎬ =
=
θ
−
=
mgl
cos
mgl
⎨ 2 −
⎜
⎟
2
dθ
g
g
⎝
⎠
⎩ω l
⎭
2
⎧⎪ g ω2l ⎡ ⎛ g ⎞2 ⎤ ⎫⎪
ω2l ⎪⎧ ⎛ g ⎞ ⎪⎫
= mgl ⎨ 2 −
− 1⎥ ⎬ = mgl
⎢2
⎨1 −
⎬.
g ⎢⎣ ⎝⎜ ω2l ⎠⎟
g ⎪⎩ ⎝⎜ ω2l ⎟⎠ ⎪⎭
ωl
⎦⎥ ⎭⎪
⎩⎪
В случае ω >
g
d 2U
, как видим
> 0 . Окончательно получаем
d θ2
l
⎧
⎛
g⎞
⎪ θ = 0, ⎜ ω <
⎟
l ⎠
⎪
⎝
⎨
⎪cos θ = g , ⎛ ω > g ⎞ .
⎜
⎟
⎪
l ⎠
ω2 l ⎝
⎩
Интересно проследить за тем как при увеличении ω происходит
переход стержня из вертикального положения с θ = 0 в наклонное,
когда cos θ = g/ω2l. Для этого изобразим графики потенциальной
энергии как функции угла θ при различных значениях ω.
136
Зависимость U от θ дается соотноU
шением (1). Положим сначала ω = 0. Тогда U(θ) = –mglcosθ. Эта функция имеет
0
1 π/2 θ
минимум в точке θ = 0 и изображается
кривой 1 на рис. 8.14.
2
Если теперь увеличивать угловую -mgl
3
скорость вращения ω, то график U(θ) буКривая 1: ω = 0
дет изменяться. Эти изменения сводятся к
Кривая 2: ω2 < g/l
тому, что график будет опускаться, поКривая 3: ω2 > g/l
скольку с ростом ω растет по модулю
Рис. 8.14
второе слагаемое в (1). Однако пока
2
ω <g/l, общий вид графика будет напоминать кривую 1 на рис. 8.13 в
том отношении, что график будет по-прежнему монотонно возрастающим с минимумом в точке θ = 0 (кривая 2 на рис. 8.14).
Ситуация меняется как только ω2 делается больше g/l. В этом
случае U(θ) в точке θ = 0 имеет уже не минимум, а максимум и при
малых углах U(θ) оказывается отрицательной.
Действительно, при θ << l можно принять:
θ2
cosθ ≈ 1 – , sinθ ≈ θ.
2
Тогда U(θ) можем записать при малых θ в следующем виде:
⎡⎛ θ2 ⎞ ω2l 2 ⎤
⎡ ⎛ ω2 l ⎞ θ2 ⎤
θ ⎥ ≈ − mgl ⎢1 − ⎜1 −
U (θ) ≈ − mgl ⎢⎜ 1 − ⎟ +
⎟ ⎥.
2 ⎠ 2 g ⎥⎦
g ⎠ 2 ⎥⎦
⎢⎣⎝
⎢⎣ ⎝
Как следует из полученного выражения при θ = 0 потенциальная энергия U(θ) имеет минимум пока ω2<g/l, который сменяется
на максимум при ω2>g/l.
График U (θ) при ω2>g/l изображен кривой 3 на рис. 8.14.
Произведенный нами анализ показывает, что вертикальное положение стержня, т.е. θ = 0 оказывается неустойчивым при ω2>g/l и
стержень переходит в новое положение равновесия, в котором он
g
отклонен на угол θ = arccos 2 .
ωl
График зависимости θ от ω изображен на рис. 8.15.
Постройте с этот график самостоятельно. В частности проверьте, что в точке, где ω2 = g/l касательная к графику вертикальна.
137
Ситуации, подобные рассмотренной, когда некоторая динамичеπ/2
ская система переходит из одного
устойчивого состояния в другое
при изменении каких-либо параω метров, определяющих состояние
0
этой системы, в физике встречаютg
ся часто. Значения параметров, при
l
которых происходит переход, наРис. 8.15
зываются точками бифуркации
системы, В нашем случае точкой бифуркации является значение
g
угловой скорости ω =
.
l
Задача 8.7. Суточное вращение Земли вокруг своей оси приводит к тому, что Земля оказывается слегка сплющенной с полюсов,
т.е. расстояние между её полюсами несколько меньше, чем диаметр
Земли в экваториальной плоскости. Найти разность экваториального и полярного радиусов Земли.
Решение. Вопросом о форме Земли интересовались многие учёные, в том числе и Ньютон. Рассмотрим решение, предложенное
Ньютоном. Будем считать, что форма Земли очень мало отличается
от шарообразной (потом мы убедимся в справедливости этого предположения). Мысленно просверлим от поверхности Земли до её центра два канала: один от полюса к центру, а второй от экватора к центру. Заполним эти каналы доверху жидкостью, например, водой. Тогда давление в обоих каналах в центре Земли будет одинаковым.
Вычисление давления без учёта вращения Земли было проделано в
задаче 2.8 (законы Ньютона). Этот же результат годится для канала,
заполненного водой и идущего от полюса к центру Земли:
ρ ' gRполюс
p=
.
(1)
2
Здесь Rполюс – полярный радиус Земли, ρ' – плотность воды.
Для канала, идущего к центру Земли от экватора, необходимо
учесть ещё центробежную силу, которая несколько ослабляет действие силы тяжести. Воспользуемся полученными в этой задаче
уравнениями, добавив в них центробежную силу:
θ
138
p( r ) − p( r + dr ) = dFпритяж − Fцб .
(2)
Сила тяготения согласно упомянутой задаче равна
4π
ρr ⋅ dm
dF = G
3
(ρ – плотность Земли, dm =ρ'dr), а центробежная сила
Fцб = dm⋅ω2r.
Тем самым, уравнение (2) приобретает вид:
4π
⎛ 4π
⎞
dp = −G ρρ ' r ⋅ dr + ρ ' ω2 rdr = − ⎜ G ρρ '− ρ ' ω2 ⎟ rdr .
3
⎝ 3
⎠
Интегрируя по dr от нуля до Rэкват, получим
2
2
ρ ' gRэкват ρ ' ω2 Rэкват
⎛ 4π
⎞R
p = ⎜ G ρρ '− ρ ' ω2 ⎟ экват = p =
−
.
2
2
⎝ 3
⎠ 2
Приравнивая (1) и (3), получим:
(3)
2
gRполюс = gRэкват − ω2 Rэкват
,
Rэкват − Rполюс =
2
ω2 Rэкват
.
g
Экваториальный радиус в правой части заменим средним радиусом Земли и тогда окончательно получим:
ω2 R 2 0,732 ⋅ 10−8 ⋅ 6,42 ⋅ 1012
Rэкват − Rполюс =
≈
≈ 21,8 км.
g
10
Наш результат показывает, что исходное предположение о слабом искажении формы Земли под действием центробежной силы
оказалось верным. Действительно, по данным, приведенным в
справочнике К.У. Аллена "Астрофизические величины", экваториальный радиус Земли равен 6378,164±0,003 км, а полярный радиус
составляет 6356,779 км. Их разность 21,385 км прекрасно согласуется с нашим результатом.
Полученный результат даёт лишь ответ на вопрос о том, каково
различие полярного и экваториального радиусов Земли. Для ответа
на вопрос о форме Земли пришлось бы составлять и решать значительно более сложные уравнения.
139
9. КОЛЕБАНИЯ
1. Колебательное движение отличает большая или меньшая
степень повторяемости. Предельная полная повторяемость – это
периодический процесс, зависимости характеристик которого от
времени описываются периодическими функциями вида
f ( t ) ≡ f ( t + nT ) , где n = 0, ±1, ±2,... Т – период.
2. Особую роль в физике играет периодическое движение, в
котором координаты тела изменяются со временем по закону
x(t) = A cos (ωt + ϕ),
(9.1)
где А, ω, ϕ – некоторые константы (причем А и ω положительные).
Такое движение называется гармоническими колебаниями. Причина такой «особости» гармонических колебаний в том, что всякий
периодический процесс можно представить как сумму (возможно,
бесконечную) гармонических колебаний.
3. Величина А называется амплитудой гармонических колебаний, она определяет размах колебаний: |x(t)| ≤ A, ω – частота колебаний, связана с их периодом T соотношением:
2π
(9.2)
.
ω=
T
Аргумент косинуса ωt + ϕ называется фазой колебания, ϕ – начальная фаза (в момент t = 0).
dx
dυ d 2 x
4. Скорость υ(t ) =
и ускорение тела a (t ) =
, совер=
dt
dt dt 2
шающего гармонические колебания, также изменяются по гармоническому закону:
υ(t ) = −ωA sin(ωt + ϕ),
(9.3)
d2x
2
2
=
−ω
ω
+
ϕ
=
−ω
cos(
)
.
A
t
x
dt 2
5. Последнее из уравнений показывает, что сила Fх = ma, действующая на тело, совершающее гармонические колебания, зависит от координат тела:
Fх = – mω2x,
или, обозначая k = mω2:
140
Fх = – k x.
(9.4)
Силы такого типа принято называть квазиупругими (т.е. похожими на упругие). Результат (9.4) можно трактовать иначе: если
Fx = – kх, то собственная частота колебаний тела связана с массой
тела m и коэффициентом k следующим образом:
k
.
ω=
m
6. Зависимость потенциальной энергии тела U(x), совершающего гармонические колебания, от координаты тела х получается
из (9.4):
dU
Fx = −
= −kx,
dx
kx 2
U=
.
2
7. Второе из соотношений (3) можно записать в виде:
d2x
+ ω2 x = 0.
(9.5)
2
dt
Это уравнение называют уравнением гармонических колебаний, решением которого, как видим, является (9.1). Отметим, что
частота колебаний определяется коэффициентом при х, а что касается амплитуды и начальной фазы колебаний, то они определяются
начальным положением тела и его начальной скоростью.
8. Так как сила, действующая на тело, совершающее гармонические колебания, консервативна, то при гармонических колебаниях справедлив закон сохранения энергии:
mυ2 kx 2
+
= const.
2
2
Если продифференцировать это уравнение по времени, то вновь
придём к уравнению гармонических колебаний. Этот способ вывода уравнения колебаний часто используется в задачах.
Поскольку энергия сохраняется, то найдя её в момент наибольшего отклонения тела от положения равновесия, когда х = А, получим
kA2
Е=
.
2
141
Как видим, энергия пропорциональна квадрату амплитуды колебаний.
9. При наличии силы трения, пропорциональной скорости υ
тела, Fтр = – αυ, уравнение колебаний имеет вид:
d2x
dx
(9.6)
+ 2β + ω2 x = 0.
2
dt
dt
где 2β = α/m – величина, характеризующая силу трения и называемая коэффициентом затухания. Решение уравнения (6) имеет вид:
x(t ) = Ae −βt cos(Ωt + δ),
(9.7)
Ω = ω2 − β2 .
Как видим, такое движение тела можно приближенно рассматривать как гармоническое колебание с экспоненциально уменьшающейся амплитудой. В точном смысле такой процесс не является ни гармоническим колебанием, ни периодическим процессом.
Такие колебания называют затухающими. Частота затухающих колебаний Ω оказывается несколько меньше, чем в отсутствие трения,
что вполне понятно, поскольку трение замедляет движение тела.
10. Если кроме силы (9.3) и силы трения на тело действует еще
и внешняя гармоническая сила F(t) = F0 cosγt, то уравнение движения тела имеет вид:
F
d2x
dx
+ 2β + ω2 x = 0 cos γt .
2
dt
dt
m
Движение, которое будет совершать тело в данном случае,
представляет собой сумму (суперпозицию) колебаний: затухающего и вынужденного, т.е. вызванного внешней силой. По истечении
достаточно большого времени после начала колебаний (βt >> 1) затухающие колебания прекратятся, и тело будет совершать гармонические колебания с частотой внешней силы γ и амплитудой, зависящей от величины внешней силы и её частоты:
F0
.
A=
m (ω2 − γ 2 )2 + 4β2 ω2
Отметим, что энергия установившегося вынужденного колебания постоянна, хотя колеблющееся тело непрерывно поглощает
142
энергию (от источника внешней силы), которая превращается в тепло благодаря наличию трения.
Если изменять частоту внешней силы γ, то будет изменяться и
амплитуда вынужденных колебаний, причем она имеет максимум
при частоте внешней силы ωрез:
ωрез = ω2 − 2β2 .
Явление возрастания амплитуды вынужденных колебаний при
частоте внешней силы, совпадающей с резонансной частотой ωрез,
называется резонансом.
11. Материальная точка, подвешенная на невесомой и нерастяжимой нити, называется математическим маятником. Частота его
малых колебаний определяется лишь длиной маятника и ускорением свободного падения:
g
ωматем =
,
l
где l – длина нити.
12. Твердое тело, совершающее колебания в вертикальной
плоскости вокруг неподвижной точки или горизонтальной оси под
действием силы тяжести, называется физическим маятником. Частота его малых колебаний:
mgd
,
ωфиз =
I
где m – масса тела, d – расстояние от оси вращения до центра масс
тела, I – момент инерции тела относительно оси вращения.
Период колебаний физического маятника совпадает с периодом
колебаний математического, если длина последнего lпривед определяется следующим равенством:
I
lпривед =
.
md
Ее называют приведенной длиной физического маятника.
Задача 9.1. Частица массой т совершает гармонические колебания с частотой ω. В начальный момент частица находилась в
точке с координатой х0 и двигалась со скоростью υ0. Найти амплитуду и начальную фазу колебаний.
143
Решение. Согласно условию задачи
x(t) = Acos(ωt +ϕ).
Начальные условия дают
x(0) = A cos ϕ,
ω(0) = – ω⋅A⋅sin ϕ.
Разделив второе уравнение на первое, получим:
υ
υ(0)
=− 0 .
tg ϕ = −
ωx (0)
ωx0
Разделив второе уравнение на ω, и возведя оба уравнения в
квадрат, а затем, сложив их, получим:
υ02
.
ω2
Задача 9.2. Стержень массы m и длины l подвешен за два конца
нитями в точке О (рис. 9.1, а). Расстояние от точки подвеса до
стержня равно h. Найти частоту колебаний этого маятника. Как изменится частота, если нити будут параллельны друг другу (рис.
9.1,б)?
Решение. В случае на рис. 9.1,а мы имеем дело с физическим
маятником, частота колебаний ко/////////////////
/////////////////
О
торого
mgh
ω=
.
h
I
ϕ
ϕ
h
Момент инерции вычисляем
по теореме Штейнера:
l, m
l, m
ml 2
I
=
+ mh 2 ,
а
б
12
Рис. 9.1
где ml2/12 – момент инерции
стержня относительно оси, проходящей через его центр масс.
Окончательно получаем:
mgh
gh
ω=
=
.
(1)
2
2
ml
l
2
2
+ mh
+h
12
12
A = x02 +
144
В случае на рис. 9.1, б стержень совершает поступательное
движение, т.е. никакого вращения нет. Можно поэтому предположить, что стержень колеблется как математический маятник длины
h, т.е. его частота:
g
ω=
.
(2)
h
Результат (2) является не более чем догадкой, но его можно получить и строгим путём, если учесть, что колебания незатухающие,
а потому полная энергия тела остаётся постоянной. Энергия, в
свою очередь, равна сумме кинетической энергии поступательно
движущегося тела и потенциальной энергии. Если положение
стержня характеризовать с помощью ϕ – угла отклонения нитей от
вертикали, то его скорость
dϕ
.
υ=h
dt
Потенциальную энергию будем отсчитывать от уровня подвеса
нитей, тогда
U = – mgh⋅cosϕ.
Таким образом, энергия маятника
i
mh 2 ϕ2
E=
− mgh cos ϕ .
2
Так как Е = const, то dE/dt = 0, откуда получаем
i ii
i
mh 2 2 ϕϕ
+ mgh sin ϕϕ = 0.
E=
(3)
2
Если угол отклонения мал (|ϕ|<<1), то sin ϕ = ϕ, и из (3) получаем уравнение гармонических колебаний:
ii
g
ϕ+ ϕ = 0 .
h
Как видно из полученного уравнения, частота колебаний действительно совпадает с частотой колебаний математического маятника:
g
ω=
.
h
i
145
Задача 9.3. Найти частоту колебаний поплавка на воде, если
он плавает в воде в вертикальном положении, его масса т, площадь поперечного сечения S (рис. 9.2). Каким должен быть поплавок, имеющий малую амплитуду колебаний при наличии волн
на поверхности воды?
Решение. В положении равновесия сила тяжести уравновешена
силой Архимеда. Но если поплавок сместить из положения равновесия, то векторная сумма F силы Архимеда и силы тяжести будет
отлична от нуля и направлена навстречу перемещению поплавка, т.е. при его погружеFА
нии она направлена вверх, при подъёме из
S
воды – вниз. Поэтому эту сумму сил можно
записать в виде
x
Fx = – ρgSx,
где х – смещение поплавка из положения
Рис. 9.2
равновесия (при погружении x > 0), а ρ –
плотность воды.
Соответственно, уравнение движения поплавка массы m имеет
вид
таx = – ρgSx.
Записав ускорение как вторую производную по времени от перемещения поплавка, получим уравнение
d2x
m 2 = −ρgSx .
dt
Поделив обе части уравнения на массу поплавка и перенеся все
члены уравнения в одну сторону, получим уравнение гармонических колебаний
d 2 x ρgS
+
x=0.
dt 2
m
Коэффициент перед х даёт квадрат частоты колебаний:
ρgS
ω=
.
m
Рис. 9.3
Полученный ответ показывает, что лучший поплавок для рыбной ловли, который остаётся практически неподвижным при наличии волн на воде, должен иметь малое поперечное
146
сечение и большую массу (рис. 9.3). В этом случае частота его колебаний будет малой по сравнению с частотой колебаний волн на
воде. Это приводит к малой амплитуде колебаний поплавка под
действием волн. Обоснуйте сами эти выводы, а для подсказки обратитесь к п.10 введения к данному разделу.
Задача 9.4. Найти период колебаний маятника, находящегося
на тележке, которая движется с ускорением а.
Решение. В системе отсчёта, которая движется вместе с тележкой, на маятник помимо силы натяжения нити и силы тяжести, действует ещё и сила инерции – ma (рис. 9.4). Сила инерции пропорциональна массе тела, однородна и поэтому ничем не отличается от
силы тяжести. И в этом смысле можно рассматривать эту силу как
добавочную силу тяжести. Иными словами, в системе отсчёта, связанной с тележкой на маятник действует сила тяжести:
mg ' = m(g − a) ,
α
величина соответствующего ускореN
ния "свободного падения"
g ' = g 2 + a2 .
Тем самым частота колебаний маятника
–mа
mg
a
g 2 + a2
.
Рис. 9.4
l
Задача 9.5. Тело массы т движется по горизонтальному гладкому стержню, к концам которого оно прикреплено двумя невесомыми одинаковыми пружинами жёсткости k. Стержень вращается
вокруг вертикальной оси с угловой скоростью ω
k
k
(рис. 9.5). Найти частоту Ω колебаний тела отm
носительно его равновесного положения.
Решение. Перейдём в систему отсчёта связанную со стержнем. Здесь на тело действуют
ω
упругая и центробежная силы:
Рис. 9.5
F = − kx + mω2 x = −( k − mω2 ) x .
Как видим, сила пропорциональна отклонению тела от положения равновесия. Следовательно, тело совершает гармонические колебания с частотой Ω:
ω=
147
k − mω2
k
=
− ω2 .
m
m
Нетрудно понять, что колебания будут иметь место лишь при
малой скорости вращения, пока подкоренное выражение положительно:
k
ω<
.
m
Подумайте сами, что произойдёт при нарушении этого неравенства.
Задача 9.6. Найти частоту малых колебаний относительно равновесного положения тела из задачи 8.6.
Решение. В ходе решения задачи 8.6 мы получили выражение
для потенциальной энергии шарика в системе отсчета, вращающейся вместе с шариком:
mω2 l 2 sin 2 θ
U = − mgl cos θ −
.
2
Потенциальная энергия U, как мы видели, имеет минимум, положение которого зависит от величины угловой скорости ω. Если
шарик получил, небольшой толчок, так
////////////////
что угол θ получил приращение δ
θ
(|δ|<<1), то шарик начнет колебаться
вблизи своего равновесного положения
δ
(рис. 9.6). Напомним, что мы рассматl
риваем движение шарика в неинерциω
•
альной системе отсчета, вращающейся
m
вместе с шариком вокруг вертикали. В
Рис. 9.6
неподвижной системе отсчета движение
шарика будет суммой равномерного вращения вокруг вертикальной оси и колебаний в вертикальной плоскости. Чтобы найти частоту этих малых колебаний, разложим по формуле Тейлора потенциальную энергию шарика по степеням δ до величин второго порядка включительно. Такое разложение, как известно, имеет вид:
1 dU (θ)
1 d 2U (θ) 2
U ( θ + δ ) = U ( θ) +
δ+
δ + ...
1! d θ
2! d θ 2
Ω=
148
В нашем случае первая производная от U равна нулю, так как в
положении равновесия U(θ) имеет минимум, поэтому разложение
начинается с члена второго порядка по δ:
1 d 2U (θ) 2
δ + ...
U ( θ + δ ) = U ( θ) +
2! d θ2
Вычисляя вторую производную от U, получим
d 2U (θ)
= U = − mgl cos θ + mω2 l 2 cos 2θ .
2
dθ
Нам нужно найти вторую производную в положении равновесия, которое зависит от величины угловой скорости:
⎧
⎛
g⎞
⎪ θ = 0, ⎜ ω <
⎟
l ⎠
⎪
⎝
.
⎨
⎪cos θ = g , ⎛ ω > g ⎞ .
⎜
⎟
⎪
l ⎠
ω2 l ⎝
⎩
В первом случае, когда ω2< g/l, получаем
⎛ ω2l ⎞
d 2U
= mgl ⎜1 −
⎟,
2
dθ
g ⎠
⎝
(1)
а во втором, когда ω2 > g/l:
2
d 2U mω2l 2 ⎡ ⎛ g ⎞ ⎤
=
1
−
⎢
⎜
⎟ ⎥.
d θ2
g ⎣⎢ ⎝ ω2l ⎠ ⎦⎥
(2)
С учётом полученных выражений запишем потенциальную
энергию в окрестности положения равновесия:
k2
g⎞
⎛
U (δ) = U (0) + 1 δ 2 + ... ⎜ ω2 < ⎟ ,
2!
l ⎠
⎝
k22 2
g⎞
⎛
δ + ... ⎜ ω2 > ⎟ .
l ⎠
2!
⎝
2
2
Здесь k1 и k2 – правые части соотношений (1) и (2).
При колебаниях шарик движется по дуге окружности радиуса l
(см. рис. 9.6), поэтому его скорость υ = l⋅dδ/dt. Кинетическая энергия шарика тогда запишется как
U ( θ + δ ) = U ( θ) +
149
2
mυ2 ml 2 ⎛ d δ ⎞
(3)
.
=
2
2 ⎜⎝ dt ⎟⎠
Поскольку энергия шарика Е остается постоянной, то dE/dt = 0,
откуда, с помощью (1)–(3) получаем уравнения колебаний шарика:
i ii
i
i ii
i
ml 2 δδ+ k12 δδ = 0 (ω2 < g / l ),
ml 2 δδ+ k22 δδ = 0 (ω2 > g / l ).
Поделив их на ml2, придем к уравнениям гармонических колебаний:
ii
δ+ ω12 δ = 0 (ω2 < g / l ),
ii
δ+ ω22 δ = 0 (ω2 > g / l ),
где частоты колебаний ω1 и ω2 согласно (1) – (2):
⎛ ω2l ⎞
2
ω12 = gl ⎜1 −
⎟ (ω < g / l ),
g ⎠
⎝
2
ω2l ⎡ ⎛ g ⎞ ⎤
2
2
ω2 =
⎢1 − ⎜ 2 ⎟ ⎥ (ω > g / l ).
g ⎣⎢ ⎝ ω l ⎠ ⎦⎥
Задача 9.7. В одном из фантастических проектов предлагалось
построить железнодорожный тоннель для скоростных поездов, которые бы двигались под действием одной только силы тяжести.
Для этого тоннель, идущий под землёй должен быть прямым. Найдите время движения поезда от одного конца тоннеля до другого,
пренебрегая всеми силами сопротивления.
Решение. В задаче 2.8 была найдена
F
x т
O
X сила тяготения, действующая на тело
•
x
массы т, находящееся внутри Земли на
r
расстоянии r от её центра:
α F
r
F = m⋅ g ⋅ .
R
Выберем начало координат в середине тоннеля и проведём ось координат ОХ
Рис. 9.7
вдоль тоннеля (рис. 9.7).
150
Пусть поезд находится на расстоянии х от середины тоннеля.
Тогда проекция силы тяжести на направление оси ОХ равна
x
r x
x
mg
Fx = − F sin α = − F = −mg
= −mg = −
x.
r
Rr
R
R
Как видим, эта сила пропорциональна расстоянию х между телом и центром тоннеля и направлена к центру тоннеля, т.е. к положению равновесия. Но такая сила приводит к гармоническим колебаниям тела с частотой
g
ω=
.
R
Время движения поезда от одного конца тоннеля до другого
равно половине периода колебаний:
T
R
t= =π
≈ 2512 c ≈ 42 мин.
2
g
Задача 9.8. Оценить время соударения футбольного мяча со
стенкой при слабом ударе.
Решение. Пусть избыточное давление
внутри мяча равно р. При соприкосновении
мяча со стенкой мяч деформируется, и обR
ласть соприкосновения представляет собой
r
р
круг. Пусть радиус этого круга в некоторый
R–x
момент равен r, величина деформации, соответственно х. Тогда эти величины связаны
между собой (рис. 9.8):
x
r = R 2 − ( R − x)2 = 2 Rx − x 2 ≈ 2 Rx .
Рис. 9.8
Здесь мы использовали условие слабого
удара: |x|<<R.
Площадь круга, в пределах которого мяч соприкасается со стенкой, равна:
S = πr2 = 2πRx.
Сила давления со стороны мяча на стенку равна pS. По третьему закону Ньютона с такой же силой, стенка действует на мяч:
F = – 2πRрx.
151
Как видим, сила является квазиупругой, поэтому движение мяча во время соприкосновения со стенкой будет гармоническим колебанием.
Время удара τ равно половине периода этого колебания:
τ=π
m
.
2 πRp
Принимая массу мяча т = 0,4 кг, радиус R = 12 см, избыточное
давление внутри мяча р = 104 Па (0,1 атм), найдём
τ=π
m
≈ 2,5 ⋅ 10−2 c.
2 πRp
Задача 9.9. На гладком столе находится коробка массы М,
внутри которой находится тело массы т. Это тело прикреплено к
коробке двумя одинаковыми пруk/2
k/2
жинами жёсткости k/2 (рис. 9.9).
m
M
Найти частоту колебаний этой сис////////////////////////////////////////////
темы пренебрегая силами трения.
Рис. 9.9
Решение. Если груз сместится
относительно стола на расстояние х, а коробка на расстояние Х, то
левая пружина растянется на х – Х, а правая настолько же укоротится. Тем самым на груз будет действовать сила – k(х – Х), а согласно третьему закону Ньютона на коробку будет действовать сила той же величины, но имеющая противоположное направление.
Тогда уравнения движения груза и коробки будут такими:
d2x
= − k ( x − X ),
dt 2
(1)
d2X
M
= k ( x − X ).
dt 2
Если разделить первое из этих уравнений на т, а второе – на М,
и вычесть из первого уравнения второе, то придём к уравнению:
d 2 (x − X )
⎛1 1 ⎞
= −k ⎜ + ⎟ ( x − X ) ,
2
dt
⎝m M ⎠
которое является уравнением гармонических колебаний для у = х – Х:
m
152
d2y
⎛1 1 ⎞
+k⎜ +
⎟ y = 0.
2
dt
⎝m M ⎠
Квадрат частоты колебаний есть коэффициент перед у, откуда
сама частота
⎛1 1 ⎞
ω= k⎜ + ⎟ .
⎝m M ⎠
Если сложить оба уравнения системы (1), то получим
d2x
d2X
m 2 +M 2 =0.
dt
dt
Это уравнение можно записать как
d ⎛ dx
dX ⎞
m +M
=0,
⎜
dt ⎝ dt
dt ⎟⎠
или
dx
dX
m +M
= const .
dt
dt
Полученное уравнение представляет собой закон сохранения
импульса: импульс груза и коробки остаётся постоянным.
Задача 9.10. По вогнутой цилиндрической поверхности радиуса R катается цилиндр радиуса r. Найти частоту малых колебаний
цилиндра, если он движется без проскальзывания.
Решение. Поскольку движение происходит без проскальзывания, то сила трения работы не совершает (см. обсуждение этого
факта в задаче 7.10). Поэтому энергия
цилиндра сохраняется. Вычислим ее.
O
Ω
Рассмотрим движение цилиндра в
ϕ
произвольный момент времени, счиO'
R
тая, что скорость его центра инерции
V
r
равна V, а угол между вертикалью и
радиусом-вектором, проведенным из
О в О' равен ϕ (рис. 9.10). В этот моРис. 9.10
мент потенциальная энергия цилиндра есть
U = – mg⋅(R – r)⋅cosϕ.
153
Здесь мы отсчитываем высоту, на которой находится центр
масс цилиндра от точки О. Кинетическая энергия цилиндра в этот
же момент времени
mV 2 I Ω2
T=
+
,
2
2
где т – масса цилиндра, I – момент инерции цилиндра относительно его оси, Ω – угловая скорость вращения цилиндра. Свяжем V и
Ω, учитывая, что цилиндр катится без проскальзывания. Скорость
можно записать как Ω⋅r, так как мгновенная ось вращения цилиндра совпадает с линией касания цилиндра с поверхностью, по которой он движется. Итак:
V
Ω= .
r
С другой стороны, можно записать:
dϕ
V = (R − r)
dt
так как центр инерции цилиндра движется по окружности радиуса
R–r с центром в точке O. Выразив V и Ω через dϕ/dt, окончательно
получаем для энергии цилиндра:
i 2
i 2
m( R − r ) 2 ϕ
I ( R − r )2 ϕ
E=
+
− mg ( R − r )cos ϕ.
2
2r 2
Дифференцируя это равенство по времени, получаем:
i ii
i
I ⎞
⎛
ϕϕ ⎜ m + 2 ⎟ ( R − r ) 2 + mg ( R − r ) ϕ sin ϕ = 0 .
r ⎠
⎝
После сокращений получим:
ii
mg
ϕ+
sin ϕ = 0.
I ⎞
⎛
⎜ m + 2 ⎟ (R − r)
r ⎠
⎝
Считая колебания малыми, т.е. |ϕ|<<1, можем полагать sinϕ = ϕ,
и тогда приходим к уравнению гармонических колебаний
ii
mg
ϕ+
ϕ = 0.
I ⎞
⎛
+
−
m
(
R
r
)
⎜
⎟
r2 ⎠
⎝
154
Коэффициент при ϕ есть квадрат частоты этих колебаний, соответственно, частота равна
mg
.
ω=
I ⎞
⎛
(
)
m
+
R
−
r
⎜
r 2 ⎟⎠
⎝
Учитывая, что I = тr2/2, окончательно находим
2 g
.
ω=
3 R−r
155
Сергей Григорьевич Лисицын
МЕХАНИКА В ЗАДАЧАХ
Редактор Е.Н. Кочубей
Подписано в печать 15.11.2011. Формат 60х84 1/16.
Уч.-изд. л. 9,75. Печ. л. 9,75. Тираж 150 экз.
Изд. № 4/5. Заказ № 79.
Национальный исследовательский ядерный университет «МИФИ»
115409, Москва, Каширское ш., 31
ООО «Полиграфический комплекс «Курчатовский».
144000, Московская область, г. Электросталь, ул. Красная, д.42
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
95
Размер файла
2 420 Кб
Теги
лисицына, механика, 2011, задача
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа