Леушин А.М., Нигматуллин Р.Р., Прошин Ю.Н. Теоретическая механика (практический курс). Задачник для физиков

Подождите немного. Документ загружается.

Теоретическая физика. Механика (практический курс) 111

ем при качении можно пренебречь, то поверхности называют абсолютно

шероховатыми.

В случае качения твердого тела связи, налагаемые на его движение,

носят неголономный характер и определение движения тела становится

сложной задачей, однако при линейной зависимости связей от скоростей

она может быть решена методом неопределенных множителей Лагранжа.

Движение в неинерциальной систем

е отсчета

Система координат

, по отношению к которой изолированная мате-

риальная точка либо находится в покое, либо движется равномерно и пря-

молинейно, называется инерциальной

. Любая система отсчета, которая

движется по отношению к инерциальной равномерно и прямолинейно,

также является инерциальной. Система координат

, двигающаяся по от-

ношению к инерциальной системе ускоренно, называется неинерциальной

системой отсчета

При рассмотрении движения материальной точки по отношению к не-

инерциальной системе отсчета в правой части уравнения движения

0eK

++rF I I

(6.30)

к силе

, имеющейся в инерциальной системе и обусловленной взаимо-

действием точки с другими материальными объектами, добавляются две

силы инерции

и I

. Сила инерции переносного движения

([][[]]m=− + +IWΩr Ω Ωr

(6.31)

определяется ускорением поступательного движения неинерциальной сис-

темы отсчета

W, угловой скоростью Ω и угловым ускорением Ω

ее вра-

щения. Сила инерции Кориолиса

2[ ]m

−I Ωv (6.32)

зависит от скорости движения частицы

Часть силы инерции переносного движения

цб

[[ ]]m

I ΩrΩ (6.33)

называется центробежной силой инерции

. Она расположена в плоскости,

проходящей через векторы

r и Ω, перпендикулярно оси вращения (т.е. век-

тору Ω) и направлена в сторону от оси.

Движение твердого тела. Неинерциальные системы 112

Примеры решения задач

Задача 1. Вычислить главные моменты инерции тонкой однородной пла-

стинки массы m, имеющей форму равнобедренного

треугольника с высотой h и стороной основания а.

Решение. Так как пластинка является плоской, то ясно

что центр инерции ее расположен в плоскости пластин-

ки. В силу наличия у пластинки оси симметрии (равно-

бедренный треугольник) центр инерции расположен на

этой оси в точке C, X координата которой равна нулю, а для вычисления

координа

ты Y в соответствии с формулой (6.6), где объемную плотность

вещества мы должны заменить на поверхностную σ(x,y) = 2m/ah и инте-

грал вычислять по поверхности пластинки, будем иметь

(, )

YxyydS

=σ

∫

В силу аддитивности выражения для координаты центра масс интегриро-

вание можно провести по половине площади пластинки и затем удвоить

полученный результат. Для упрощения вычисления координаты Y начало

исходной системы координат удобно поместить в вершине пластинки, а

оси направить так, как показано на рисунке. При вычислении интеграла по

половине площади пластинки, расположенной в положительно

м квадранте

xOy, получаем

/2 /2

223

02/ 0

4222142

23 8 3

ah a

hx a

hx ah h a

Yydydxhdx h

ah ah a ah

⎡⎤

⎛⎞

⎡⎤

⎛⎞

==−=−=

⎢⎥

⎜⎟

⎢⎥

⎜⎟

⎝⎠

⎢⎥

⎣⎦

⎝⎠

⎣⎦

∫∫ ∫

Зная положение центра инерции, мы, тем не менее, не будем в него

переносить начало системы координат, а вычислим тензор инерции пла-

стинки J

αβ

′

в этой же исходной системе координат. Из-за симметрии пла-

стинки одна из главных ее осей инерции будет совпадать с осью Oy, следо-

вательно, вторая будет направлена параллельно оси Ox. Так как пластинка

является плоской, то третья главная ось инерции будет направлена перпен-

дикулярно ее плоскости. Для плоского тела (см. задачу 6.7) момент инер-

ции отн

осительно оси, перпендикулярной его плоскости (у нас ось Oz) ра-

вен сумме моментов относительно двух других главных осей, поэтому нам

Теоретическая физика. Механика (практический курс) 113

достаточно вычислить только моменты

′

. Для

′

получаем

/2 /2

22 2

02/ 0

44241

24 32 48

ah a

hx a

mmhxmahah

J dy x dx h x dx ma

ah ah a ah

⎛⎞

⎡⎤

⎛⎞

′

==−=−=

⎜⎟

⎢⎥

⎜⎟

⎝⎠

⎣⎦

⎝⎠

∫∫ ∫

Аналогично для

′

имеем

/2 /2

23 2

02/ 0

44241

33282

ah a

hx a

mmhxmahah

J y dy dx h dx mh

ah ah a ah

⎡⎤

⎛⎞

⎡⎤

⎛⎞

′

==−=−=

⎢⎥

⎜⎟

⎢⎥

⎜⎟

⎝⎠

⎢⎥

⎣⎦

⎝⎠

⎣⎦

∫∫ ∫

Теперь переносим начало системы координат в центр инерции пластинки

для того, чтобы найти главные моменты инерции относительно центра

инерции. Так как вектор

a, связывающий новое начало со старым, имеет

только одну компоненту, отличную от нуля a

= − 2h/3, то в соответствии с

теоремой Штейнера (6.21) находим

222 2 2

414 1 1

92918 48

xx yy

J J mh mh mh mh J J ma

′′

=− = − = == .

И для момента относительно оси Oz получаем

22 22

(3 8 )

18 48 144

zxy

JJJ mh ma a h=+= + = + .

Задача 2. Система состоит из 4-ех частиц с массами m, расположенных в

точках с координатами: ,3,5; 3,8, 5; , 3, 3; 3, 8,7.aaa aaaaaa aaa−−−−−−−−

Определить главные моменты и главные направления инерции.

Решение. Пользуясь формулами (6.5), для дискретной системы частиц на-

ходим положение центра инерции в исходной системе координат

82,0,

XaaYZa=− =− = = .

Помещаем центр новой системы координат в центр инерции данной системы,

а оси оставляем направленными параллельно старым осям координат. В со-

ответствии с формулой (6.3) находим координаты всех частиц в новой систе-

ме координат: ,3,4; ,8, 6; , 3, 4; , 8,6.aaaaaaaaaaaa−− −−−− В этой системе

координат вычисляем компоненты тензора инерции (6.14). Получаем

2222

250 , 0, 0, 108 , 72 , 150

xx xy xz yy xz zz

J maJ J J maJ maJ ma======.

Движение твердого тела. Неинерциальные системы 114

Найденный тензор инерции приводим к главным осям. Для этого составля-

ем характеристическое уравнение (6.18)

250 0 0

0 108 72 0

0 72 150

ma J

ma J ma

ma ma J

−

Раскрывая определитель, получаем уравнение

222 24

(250 )[(108 )(150 ) 5178 ] 0ma J ma J ma J m a−−−−=.

Решая его, находим главные моменты инерции системы

222

123

250 , 204 , 54

ma J ma J ma===

Так как компоненты J

и J

тензора инерции равны нулю, для главного

направления, соответствующего главному моменту инерции J

= 250ma

получаем орт

= e

, совпадающий с ортом исходной оси Ox. Для направ-

ляющих косинусов второго главного направления в соответствии с (6.19)

имеем систему уравнений

222

22 222

46 0, 96 72 0,

72 54 0, 1.

xyz

yz xyz

aaa

aa aaa

=−+=

−= ++=

Из решения ее получаем: a

= 0, a

= (3/4)a

, |a

| = 4/5. Поэтому второе

главное направление определяется, например, ортом

= (3/5)e

+ (4/5)e

Обратим внимание на то, что из вышеприведенной системы мы можем оп-

ределить лишь модули направляющих косинусов, поэтому и орт главного

направления определяем с точностью до знака. Для нахождения третьего

главного направления можно систему (6.19) не выписывать, а просто вос-

пользоваться тем фактом, что орты всех трех главных направлений долж-

ны быть ортогональны межд

у собой. Ортогональность искомого орта пер-

вому орту свидетельствует о том, что орт

, также как и орт e

, должен

располагаться в плоскости Oyz, а из ортогональности орту

находим орт

третьего главного направления в виде

= (4/5)e

− (3/5)e

Задача 3. При подъеме автомашины в гору, склон которой расположен под

углом α к горизонту, к центру инерции D ведомого колеса приложена по-

стоянная сила

F, параллельная склону. Предполагая, что движение проис-

Теоретическая физика. Механика (практический курс) 115

ходит в одной вертикальной плоскости, определить закон движения центра

инерции колеса. Колесо считать однородным кольцом веса P и радиуса r.

Полагать, что в начальный момент автомашина находилась в покое, колесо

катится без скольжения и сопротивлением качения пренебречь.

Решение. Поскольку колесо двигается плоскопарал-

лельно, то для описания его поведения на плоскости

xOy потребуется три координаты. В качестве тако-

вых будем использовать декартовы координаты цен-

тра инерции колеса X и Y и угол ϕ поворота колеса

вокруг своей оси. Выберем координа

тные оси как

показано на рисунке. В соответствии с направлением осей положительным

направлением отсчета угла ϕ будем считать направление по часовой

стрелке. Сам угол поворота колеса определим ка

к угол между вертикалью

и помеченным на колесе радиусом AD.

К колесу приложены внешние силы:

P − вес колеса, F − движущая си-

ла,

R − нормальная сила реакции наклонной поверхности Земли и F

− си-

ла трения колеса о Землю.

Запишем уравнения для плоскопараллельного движения колеса: два

уравнения типа (6.9) для описания поступательного движения и одно урав-

нение типа (6.12) для описания вращения. Имеем в нашем случае

sin , cos ,

PPP

XFP F YP R r Fr

ggg

=− α− = α− ϕ=

&& &&

. (6.34)

Момент силы трения в последнем уравнении системы (6.34) положителен,

потому что его направление совпадает с направлением положительного

отсчета угла ϕ.

Так как при движении колеса координата Y = −r постоянна, и 0Y =

, то

из второго уравнения системы (6.34) находим R = Pcosα. Для определения

движения центра инерции D колеса необходимо проинтегрировать первое

уравнение системы (6.34). Однако в правую часть этого уравнения входит

неизвестная по модулю сила трения F

. Для исключения F

следует обра-

титься к третьему уравнению системы (6.34), одновременно использовав

условие качения колеса без скольжения

Движение твердого тела. Неинерциальные системы 116

(6.35)

(мгновенная ось вращения колеса проходит через точку B соприкоснове-

ния колеса с дорогой). Беря в (6.35) производную по времени от

получим

. 6.36)

После подстановки выражения (6.36) в первое уравнение системы (6.34) и

деления его на третье уравнение находим

sin

FP F

−α−

откуда

(sin)

FFP=−α. (6.37)

Теперь первое уравнение системы (6.34) после подстановки в него значе-

ния

из (6.37) принимает вид

(sin)

XFP

=−α

Интегрируя его при начальных условиях задачи: при

t = 0 X

= 0,

получаем искомый закон движения центра инерции D ведомого колеса

(sin)

XFPt

=−α.

Нетрудно отсюда видеть, что колесо будет катиться вверх при выполнении

условия sin 0

−>, т.е. при sinFP

> .

Замечание. Часто, решая подобные задачи, ошибочно полагают, что каче-

ние колеса без скольжения может происходить при отсутствии силы тре-

ния

. Нетрудно видеть, что при таком предположении третье уравнение

системы (6.34) принимает вид

, т.е. 0

. Учитывая, что при

00и =0t =ϕ= ϕ

, получим ϕ = 0 и это означает, что при отсутствии силы

трения качение колеса будет невозможно.

Задача 4. Однородный стержень AB длиной 2a и весом P движется под

действием своего веса, скользя концами A и B по гладкой вертикальной

Теоретическая физика. Механика (практический курс) 117

стене и гладкому горизонтальному полу. Предпола-

гая, что движение происходит в одной вертикальной

плоскости, определить угловое ускорение и угловую

скорость стержня, а также найти угол ϕ

, который

стержень будет составлять с горизонтом, когда он

отойдет от стены.

Решение. Стержень в своем плоскопараллельном движении обладает всего

одной степенью свободы, поскольку поступательное движение его центра

инерции полностью определяется его вращением. Расположим оси систе-

мы координат как показано на рисунке. В качестве обобщенной координа-

ты возьмем угол ϕ, который стержень образует с горизонтальным полом.

Для нахождения движения стержня воспользуемся уравнениями Лагранжа

(6.28), из которых нам потребуется все

го одно. Вследствие того, что верх-

ний конец стержня A движется вдоль вертикальной стены, а нижний конец

B − вдоль горизонтального пола, на движение стержня в любой момент

времени можно смотреть как на чистое вращение около оси, перпендику-

лярной плоскости движения и проходящей через точку D, находящуюся на

пересечении линий, перпендикулярных к скорости конца A и к скорости

конца B. Это мгновенное вр

ащение происходит с той же угловой скоро-

стью ϕ

, с которой стержень поворачивается около оси, проходящей через

точку B, так как угловая скорость вращения твердого тела не зависит от

выбора начала подвижной системы координат и тело вокруг всех парал-

лельных осей вращается с одной и той же угловой скоростью. Так как рас-

стояние от центра инерции стержня до мгновенной оси вращения равно

(CD = CB), момент инерции относительно мгновенной оси согласно тео-

реме Штейнера (6.21) равен

22 2

(2 )

12 3

Jamama

=+=. Отсюда для кине-

тической энергии стержня будем иметь

2/3Tma=ϕ

. Полагая, что нуль по-

тенциальной энергии соответствует уровню пола, для потенциальной энергии

стержня найдем sin

Umga ϕ

. Тогда функцию Лагранжа запишем в виде

sin

LTU ma mga=−= ϕ− ϕ

Движение твердого тела. Неинерциальные системы 118

Из уравнения Лагранжа 0

dL L

⎛⎞

∂∂

−

⎜⎟

∂ϕ ∂ϕ

⎝⎠

получаем

cos 0

ma mgaϕ+ ϕ=

Из последнего уравнения находим угловое ускорение стержня

cos

ϕ=− ϕ

. (6.38)

Представляя это выражение в виде

sin

ϕ=− ϕ

и интегрируя с ис-

пользованием начальных условий (при

=ϕ ϕ=

), получаем

sin

=− ϕ

. Отсюда находим угловую скорость стержня

(sin sin )

ϕ= ϕ − ϕ

. (6.39)

Отметим, что этот результат можно было получить, применив закон со-

хранения энергии стержня.

Для определения значения угла ϕ

, при котором конец стержня A

отойдет от стены, запишем уравнение движения центра инерции стержня в

горизонтальном направлении

. (6.40)

Из рисунка видно, что cos

= . Дифференцируя по времени, находим

sin , sin cosXa Xa a

−ϕ ϕ =−ϕ ϕ− ϕ ϕ

&&&

&&&&

. (6.41)

Стержень отделится от стены в тот момент, когда сила реакции

обра-

тится в нуль и в этот же момент согласно (6.40)

тоже становится равным

нулю. Тогда из (6.41) находим, что в момент отделения стержня от стены

111 1

sin cos 0ϕϕ+ϕ ϕ=

&& &

Подставляя в это соотношение значения

соответственно из фор-

мул (6.38) и (6.39), после простых преобразований получим

1011

[sin 2(sin sin )]cos 0ϕ− ϕ− ϕ ϕ=

Из условия задачи следует, что

cos 0

≠

, поэтому

Теоретическая физика. Механика (практический курс) 119

101

sin 2(sin sin ) 0ϕ− ϕ− ϕ =

. Из этого уравнения и определяем значение

угла ϕ

, при котором стержень отойдет от стены

arcsin sin

⎛⎞

ϕ= ϕ

⎜⎟

⎝⎠

Задача 5. В момент метания диска радиуса r плоскость диска горизонталь-

на и три его точки A, B и D (см. рисунок) имеют ско-

рости

= 0, v

= v

, v

2v , причем вектор v

ле-

жит в плоскости диска. Предполагая, что на диск дей-

ствует сила тяжести, и пренебрегая сопротивлением

воздуха, найти движение диска.

Решение. Будем рассматривать в качестве неподвижной инерциальной

системы координат O

xyz, изображенную на рисунке, т.е. допустим, что в

начальный момент времени центр инерции диска находился в начале коор-

динат (

= 0, Y

= 0, Z

= 0). Для установления начальных скоростей дви-

жения диска запишем начальные скорости точек A, B и D в этой системе

координат. Согласно (6.4) имеем

A 0 0A B 0 0B D 0 0D

[], [], []

′′′

=+ =+ =+vVΩr v V Ωr v V Ωr .

Так как радиус-векторы этих точек в подвижной системе координат

, в начальный момент совпадающей с неподвижной системой Oxyz,

имеют вид

AB D

(0, ,0), ( ,0,0), ( ,0,0)rr r

′′ ′

−

rr r

то для скоростей точек найдем

A0 0 0 0 0

B0 0 0 0 0

D0 0 0 0 0

(,, ),

(, , ),

(, , ).

zy z x

yzzy

Vr VVr

VVr Vr

−Ω −Ω

−Ω +Ω

+Ω −Ω

Далее учитывая, что по условию задачи вектор

лежит в плоскости диска

и его модуль равен

, а модули векторов v

и v

равны соответственно 0 и

2v , получаем систему шести уравнений

2222 2

00 00 0 000

0, 2 ,

zy xy z yz

Vr VVr rV v+Ω = + + Ω − Ω =

Движение твердого тела. Неинерциальные системы 120

00 0 00

2222 222 2

00 0 000 0 00 0

0, 0, 0,

222,

xz y zx

xy z yzz y zy

Vr V Vr

VV r rV Vr rV v

−Ω = = +Ω =

+ +Ω+ Ω+ +Ω− Ω=

для определения трех компонент вектора

и трех компонент вектора Ω

Разрешая эту систему, находим

00 000

,0, , , ,

222

vv vvv

⎛⎞⎛ ⎞

−−

⎜⎟⎜ ⎟

⎝⎠⎝ ⎠

V Ω .

Для определения поступательного движения диска воспользуемся

уравнениями (6.9), характеризующими изменение импульса твердого тела.

Из второго уравнения системы (6.9) для координаты

Y центра инерции

с начальными условиями

0 и 0YY

заключаем, что Y = 0 и, следова-

тельно, центр инерции диска движется в плоскости

xOz. Из уравнений (6.9)

для координат

X и Z

mX mZ mg==−

&& &&

с начальными условиями

00 00 00

0, 0, / 2, / 2XZXv Zv== = =

находим

движение центра инерции диска

vvg

XZtt

==−.

При определении вращательного движения диска обратим внимание

на то, что момент всех действующих на диск сил

равен нулю, поэтому

согласно (6.11) момент импульса диска

M относительно центра инерции

будет интегралом движения, т.е. в процессе движения не будет меняться. В

таком случае мы можем его найти, вычислив в начальный момент времени.

В начальный момент времени имеем в соответствии с (6.22) и задачей 6.9

11110 2 1 3 33 30

mrv mrv

MJ J MMMJ J

=Ω=Ω=− = =Ω=Ω= .

Отсюда для модуля углового момента найдем

222

123 0

MMM mrv=++= . (6.42)