Материал: Общая физика_под ред. Белокопытова_2016 -506с

тическую энергию каждой элементарной массы. Поскольку скорость

Для определения кинетической энергии катящегося цилиндра необходимо сложить кинетические энергии всех элементарных масс, поэтому

Поскольку скорость поступательного движения всех точек одинакова и равна скорости центра масс, то

Согласно (4.22), второе слагаемое (4.23) вычислим так:

i

где Iz — момент инерции цилиндра относительно оси вращения Z. Наконец, третье слагаемое (4.23) преобразуется к виду

Для любой элементарной массы mi всегда найдется симметрично расположенная масса mk, такая, что cos β = – cos α (рис. 4.13). Следо-

т.е. кинетическая энергия катящегося тела складывается из кинетической энергии поступательного движения со скоростью, равной скорости центра масс, и кинетической энергии вращательного движения относительно оси, проходящей через центр масс. Можно показать, что данное утверждение справедливо не только для качения, но и для любого плоского движения.

66

Любое плоское движение твердого тела описывается двумя векторными уравнениями (2.2) и (4.11), которые объединим в систему

Система векторных уравнений (4.25) в проекциях на оси трехмерной системы координат эквивалентна шести скалярным уравнениям, поэтому говорят, что твердое тело имеет шесть степеней свободы (см. § 1.1).

Рассмотрим скатывание цилиндра массой М и радиусом r без проскальзывания с наклонной плоскости, образующей угол α с горизон-

том (рис. 4.14). На такой цилиндр действуют силы: тяжести º , m g

этих сил центр масс цилиндра движется вниз по наклонной плос-

º

кости с ускорением aC , а сам цилиндр вращается вокруг оси Z, про-

ходящей через центр масс с угловым ускорением ºε . Направления

векторов ºC , ºε и оси указаны на рис. 4.14. Вращение цилиндра

Z

a

º

обеспечивается действием момента силы Fтр относительно оси Z,

67

(силы проходят через центр масс). Уравнения системы (4.25) выглядят так:

(1.15), имеем: aC = ε r. Момент инерции цилиндра относительно оси Z

ускорение центра масс цилиндра при его скатывании:

68

Г л а в а 5

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ НЕКОТОРЫХ ЗАДАЧ МЕХАНИКИ

Пример 5.1. Стальной шарик отпускают на высоте h = 3 м от массивной стальной плиты, движущейся вверх со скоростью v = 2 м/с. Определите время τ между двумя последовательными абсолютно упругими ударами шарика о плиту.

Рис. 5. 1

Эту задачу удобно решать в системе отсчета, связанной с движущейся плитой. В такой системе отсчета формулировка задачи будет иметь вид: «С высоты h со скоростью v, направленной вниз, на неподвижную плиту бросают шарик». Найдем скорость v к , с кото-

рой шарик подлетит к плите (рис. 5.1), по формуле v2к – v2 = 2gh ,

откуда vк = v2 + 2gh . Скорость v0, с которой шарик отскочит от плиты, равна по модулю vк , так как удар абсолютно упругий.

В момент τ ⁄ 2 после отскока скорость шарика обратится в 0 (время подъема равно времени спуска). Запишем это условие в проекции на

Пример 5.2. Два одинаковых груза с помощью идеальных нитей удерживаются в положении, показанном на рис. 5.2. Найдите ускорения грузов сразу после пережигания горизонтальной нити. Угол α известен.

69

Покажем систему сразу после пережигания нити на рис. 5.3. Начальные скорости тел равны 0, поэтому нормальное ускорение груза 1 равно 0. Следовательно, ускорение этого груза направлено по касательной к траектории его дальнейшего движения, т.е. перпенди-

º

кулярно силе T1 . На груз 2 действуют вертикально направленные силы, поэтому его ускорение направлено вертикально вниз. Таким

º º

образом, выберем оси X и Y вдоль направлений ускорений a1 и a 2 . Векторные уравнения второго закона Ньютона для каждого груза:

мой, то T2′ = T2 . Кроме того, если нити нерастяжимы, то проекции ускорений крайних точек нити на ось Y равны: a1 sin α = a2 .

Совместное решение всех составленных уравнений дает

Пример 5.3. Два одинаковых маленьких шарика связаны идеальной нитью и удерживаются в положении, показанном на рис. 5.4. Шарики отпускают. Какое событие произойдет раньше: первый шарик соскользнет с гладкой горизонтальной поверхности или вто-

70