§ 5. Вращательное движение твердых тел

В задачах этого раздела используются данные таблиц 3 — 5 и таблицы 11 из приложения. Кроме того, следует учесть замечание к § 1.

Найти момент инерции J и "момент импульса L земного шара относительно оси вращения.

Решение:

2 •)

Момент инерции шара J = —MR~, подставляя значение массы и радиуса Земли, получим J = 97,36-1036KT-M2.

Лп

L = . Период обращения Земли Г = 24 часа. Подставляя числовые данные, получим L = 7-Ю33 кг-м2/с.

Два шара одинакового радиуса R = 5 см закреплены на концах невесомого стержня. Расстояние между шарами г = 0,5 м. Масса каждого шара т = 1 кг. Найти: а) момент инерции J} системы относительно оси, проходящей через середину стержня перпендикулярно к нему; б) момент инерции J2 системы относительно той же оси, считая шары материальными точками, массы которых сосредоточены в их центрах; в) относительную ошибку S = (j{ - J2)/У2, которую мы допускаем при

вычислении момента инерции системы, заменяя величину J, величиной J2.

Решение:

2 о

Момент инерции шара: J0 = — mR~. По теореме Штейнера J0+md2, где d=r/2. Найдем момент инерции (А1

Ы

R

©г

каждого шара J, = /0 + т

2 „2 'W*"

= -mR + = т

5 4 Ґ2Л2 г^ + —

V 5 4,

. Используя свойство аддитив-

¦ "©

= т

ности момента инерции, получим

где JC — момент инерции системы, JT — момент инерции элементов, входящих в систему, найдем момент инерции системы. Т. к. шары одинаковые, то У1с = 2У, =

= 2 т

r2R2 гЛ

= 0,127 кг-м. Момент инерции мате

5 4

риальной точки J2 -т—, тогда момент инерции системы

4 2 - 2 У 7TTF 2

«Дс = 2Т— = = 0,125 кг-м . Относительная ошибка

2с 4 2

= 1,6%.

s = J]~Jl Л 3.3. К ободу однородного диска радиусом R = 0,2 м приложена касательная сила F = 98,1 Н. При вращении на диск действует момент сил трения М =98,1Н м.

дисков, если известно, что диск вращается с угловым ускорением є = 100 рад/с2.

Решение:

Уравнение вращательного движения диска в векторной форме J є - MF + Mw — (1), F

MF — момент силы F, Mw — момент

силы трения. Выберем ось л* в направлении F\

вектора углового ускореїшя є (па нас, пер- пендикулярно плоскости чертежа). Тогда

уравнение (1) в проекции на ось * JE =MF - М^ — (2),

т.к. вектор MF направлен вдоль є, а М' имеет противоположное направление. Момент инерции диска

J = -MR2 — (3); MF=F-R — (4). Перепишем (2) с

1 ^

учетом (3) и (4): —MR~S = FR-MT])> отсюда

2 {FR-AiJ

т = — =—— = 7,36 кг.

sR1

3.4. Однородный стержень длиной / = 1 м и массой т = 0,5 кг вращается в вертикальной плоскости вокруг горизонтальной оси, проходящей через середину стержня. С каким угловым ускорением є вращается стержень, если на него действует момент сил М = 98,1 мН м?

Решение:

Запишем уравнение враща- (7)Осьх тельного движения стержня в

проекции на ось х: M = J?,

М

М<$ ©

откуда є = —, где момент "е J

инерции стержня относительно

оси, проходящей через середину, J =—ML2. Тогда

1

М 12 М ,2

є = — = —= 2,35 рад/с . J ML"

3.5. Однородный диск радиусом R = 0,2 м и массой т = 0,5 кг вращается вокруг оси, проходящей через его центр перпендикулярно к его плоскости. Зависимость угловой скорости о) вращения диска от времени t дается уравнением со = А + Bt, где В = 8 рад/с2. Найти касательную силу F, приложенную к ободу диска. Трением пренебречь. Решение:

Воспользуемся рисунком к задаче 3.3. Относительно оси х момент касательной силы приложенной к ободу диска M = F-R — (1). Уравнение вращательного движения в проекции на ось JC : М = J -є, где момент инерции диска

R^ R^

J = , т.е. М = —-— — (2). Угловое ускорение

dco

є- -В — (3). Решая совместно (1) — (3), найдем

dt

_ BmR _ __ F : F =4H.

3.6. Маховик, момент инерции которого J = 63,6 кг м2 враща-ется с угловой скоростью со = 31,4 рад/с.

Решение:

Момент сил торможения M-Js, где угловое ускорение со

є = —, т.к. вращение равнозамедденное и конечная угловая скорость со = 0 . Тогда М = ; М »100 Н.

3.7. К ободу колеса радиусом 0,5м и массой т = 50 кг при-ложена касательная сила F =98,1 Н. Найти угловое ускорение є колеса. Через какое время t после начала действия силы колесо будет иметь частоту вращения п = 100 об/с? Колесо считать однородным диском. Трением пренебречь.

Решение:

Данную задачу решим в скалярной форме относительно оси, проходящей через центр масс диска и совпадающей по направлению с вектором є . Момент касательной силы, приложенный к ободу диска М = F-R — (1). Кроме того,

149

ал г г MRL

М = Js, где момент инерции диска J = , т.е.

М = 777^ g — (2). Приравнивая правые части уравнений

2F о

(1) и (2), получим ; ? = 7,8 рад/с". Угловую

mR

скорость <у можно выразить двумя способами: <у = 2mi и 2mi

со = &, отсюда / = ; г = 1 мин 20 с.

3.8. Маховик радиусом R = 0,2 м и массой w = 10 кг соединен с мотором при помощи приводного ремня. Сила натяжения ремня, идущего без скольжения, Г = 14,7Н. Какую частоту вращения п будет иметь маховик через время t = 10 с после начала движения? Маховик считать однородным диском. Трением пренебречь.

Решение:

Данную задачу решим в скалярной форме относительно оси, проходящей через центр масс диска и совпадающей по направлению с вектором є. Момент силы натяжения ремня M = T-R — (1), кроме того, M = J-e — (2), где

_ mR1 со 2т ... момент инерции диска J = — (3), є = — = — (4).

Tt

Решая совместно (1) — (4), найдем п = ; п = 23,4 об/с.

mnR

3.9. Маховое колесо, момент инерции которого J = 245 кг л , вращается с частотой п = 20 об/с. Через время t = 1 мин после того, как на колесо перестал действовать момент сил М, оно остановилось.

N, которое сделало колесо до полной остановки после прекращения действия сил. Колесо считать однородным диском.

Решение:

Поскольку вращение колеса является равнозамедленным, то количество оборотов, которое оно сделало до полной остановки N = nt/ 2; N = 600 об. Момент сил трения

»г г Г-Г 2Я77 . . Umi _, _ _ т

М - J -є . Поскольку є = — = , то М = = 513Н-м.

t t t 3.10. Две гири с массами /и, =2 кг и т2 =1кг соединены нитью, перекинутой через блок массой т = 1 кг. Найти ускорение а, с которым движутся гири, и силы натяжения Г, и Т2 нитей, к которым подвешены гири. Блок считать однородным диском. Трением пренебречь.

Решение:

®у

Запишем в векторной форме уравнения поступательного движения первой и

второй гири: 777,5 = w1g + r, ; m2a =

а m2g

= Т2 + /772g и уравнение вращательного движения диска J -є = Мх+ М2, где М{ — момент силы натяжения нити Тх, mi8 момент силы натяжения нити

Т2. Спроектируем первые два уравнения на ось Х, а последнее на ось у и добавим уравнение кинематической связи. Получим систему 4 уравнений: mxa = mxg - Тх — (1); -m2a = m2g-T2 — (2); Je = RTx-RT2 — (3); a = sR.

Подставим (4) в (3): J— = R(TX -Т2) — (5). Вычтем (2) из

R

, подставим в полученное выражение (5) и найдем

(w»"w2)g = 2,8м/с2 — (6). Подставляя (6) в (1) и

777 j + 777 2 + 777 / 2

, получим Тх = 777,(g - а); Тх = 14Н. Т2 = m2(g + а); Т2 =12,6 Н.

3.11. На барабан массой т0= 9 кг намотан шнур, к концу которого привязан груз массой т = 2 кг. Найти ускорение а груза. Барабан считать однородным цилиндром. Трением пренебречь.

Решение:

а

Без учета сил трения и сопротивления среды систему «груз — цилиндр» можно считать замкнутой и применить закон сохранения энергии. В начальный момент времени груз обладает потенциальной энергией mgh , которая при опускании груза уменьшается, переходя в кинетическую энергию поступательного движения груза и в кинетическую энергию вращения барабана = + — (1),

где момент инерции барабана J = (2); со = —

(3), где R — радиус барабана.

(3) можно записать как mgh = — /и + — — (4). Груз

2

v 2;

опускается под действием постоянной силы, следовател

7 а(2 /СЛ

ТІО, его движение равноускоренное, тогда " = — (5)'» v = at — (6). Подставляя (5) и (6) в (4), получим

а = —^ШК— ; а = 3 м/с2.

т0 + 1т

3.12. На барабан радиусом R = 0,5 м намотан шнур, к концу которого привязан груз массой т = 10 кг. Найти момент инерции J барабана, если известно, что груз опускается с ускорением а = 2,04 м/с2.

а

Сила натяжения шнура Т создает вращающий момент М -TR — (1). С другой стороны, М = Js — (2). Ускорение, с которым опускается груз, равно тангенциальному ускорению вра-

а

(3).

щения барабана. Тогда є = —

R

Решая совместно (1) — (3) получим: ^ — (4). Силу натяжения шнура Т

J =

а найдем из второго закона Ньютона в проекциях на ось х. mg-T = ma, откуда T = m(g-a). Тогда уравнение (4)

у mR2 (g - а) у Л ^ 2 примет вид: J - — ; J - 9,5 кг-м .

а 3.13. На барабан радиусом R = 20 см, момент инерции которого J = ОД кг м2, намотан шнур, к концу которого привязан груз массой m = 0,5 кг. До начала вращения барабана высота груза над полом h0 = 1 м. Через какое время t груз опустится до пола? Найти кинетическую энергию WK груза в момент удара о пол и силу натяжения нити Т. Трением пренебречь.

Решение:

Лри опускании груза его потенциальная энергия переходит в кинетическую энергию поступательного движения и кинетическую энергию вращательного движения:

mv'

MGHо =

J(D , V

+ (1), где О) = —, отку-

R2v2m + Jv: 2 R2

2 R

mv

или

2 R2

да mghQ = —— +

. v2(mR2+j) 2R mgh0

mSK = — 5 s V = J r^- —(2).

0 2R2 V mR + J

at

(3);

Движение равноускоренное, поэтому h0 = г» 03 7 teRr vRt v/ //ІЧ _

a = eR; є = —; hQ = = (4). Выразим t из

t t2 2 R 2 4 h0(mR2+j)_

2 R2mgh0

(4) и подставим в (2): mv

12 (mR2+j) .

—5 > * = Uc. Кинетическая энергия W =

V л

m2R mghQ 2 (mR2+j)

подставив уравнение (2), получим WK = 2 ^

= —^—; JF = 0,82 Дж. По второму закону Ньютона mRr + J 2/7,

mg

гэгда

- T = 777Я, откуда Т = 7??(g - я). Из (3): а = Г = 777(д-2/70//2); Т = 4,1 Н.

3.14. Две гири с разными массами соединены нитью, перекинутой через блок, момент инерции которого J = 50 кг-м2 и радиус R = 20 см. Момент сил трения вращающегося блока М = 98,1 Н м. Найти разность сил натяжения нити Т{ - ТГ по

обе стороны блока, если известно, что блок вращается с угловым ускорением є = 2,36 рад/с2. Блок считать однородным диском.

Решение:

Согласно основному закону динамики вращательного движения (в проекции на ось у) при

J = const ^M = Js. Разность

¦ сил (Г, ~Т2) создает враща

тогда

тельный момент М.

вр (7j -T2)~ M^ = J є, следовательно, 7J - Г2 = (/? + М^ )/Я; Тх-Т2 =1,08 кН.

3.15. Блок массой m = 1 кг укреплен на конце стола ( см. рис. и задачу 2.31). Гири 1 и 2 одинаковой массы м,=/77,=1кг соединены нитью, перекинутой через блок. Коэффициент трения гири 2 о стол к = 0,1. Найти ускорение а, с которым движутся гири, и силы натяжения Тх и Т2 нитей. Блок считать однородным диском. Трением в блоке пренебречь.

Решение:

Запишем второй закон Ньютона в проекциях на ось х и у:

а TP

mxa = mxg - Тх —(l),

Т 27 ЛЛ ГДЄ

™2g

m2a = T2-Fjp — (2), ^

xg — (3). Разность сил (:Тх-Т2) создает момент вращения, следова-тельно, (7J - Т7 )R = —, где J = OlIL- v 1 2/ R 2 откуда Tx -T2 — (4). Из уравнений (1) — (3) найдем 2

(g~a) — (5); T2=m2(a + kg) — (6). Пусть = /772 = m . Тогда Тх-Т2 = m'(g -2а- kg) = m'g( 1 -к)-

m.

- 2m'а , подставив (1), получим mg(1 - к) = + 2m'а =

д(/и + 4/и') 2m'g{\-k) 2

s= ? 9 откуда а = — ; я = 3,5 м/с . Тогда из

2 /7? + 4//z'

уравнения (5) 7; =6,ЗН; Т2 =4,5Н.

3.16. Диск массой т = 2 кг катится без скольжения по горизонтальный плоскости со скоростью v = 4 м/с. Найти кинетическую энергию \Vk диска.? Решение:

В задаче рассматривается так называемое «плоское движение». Полная кинетическая энергия диска складывается из кинетической энергии поступательного движения точки центра масс и кинетической энергии вращения относите ту2

тельно оси, проходящей через центр масс: WK = +

2

Jco2 ^ _ mR1 v

+ . Поскольку J и со- —, где т — масса

2 2 R

3 mv2

диска, R — радиус диска, то WK = ; WK = 24 Дж.

3.17. Шар диаметром D = 6 см и массой Т = 0,25 кг катится без скольжения по горизонтальной плоскости с частотой вращения П - 4 об/с. Найти кинетическую энергию WK шара.

Решение:

Кинетическая энергия шара складывается из кинетической энергии поступательного движения и кинетической

„, mv2 Jco2 Т 2 mR2

энергии вращения: WK = —— 4- —, где J = —-—;

A7u2mR2n2 2mR24n2n2

со = 2m, следовательно, WK = 4- =

2 5-2

3.18. Обруч и диск одинаковой массы m, = т2 катятся без скольжения с одной и той же скоростью v. Кинетическая энергия обруча WkX =4кгс м. Найти кинетическую энергию Жк2 диска.

Решение:

Пусть /771 = 77?2 = /77. Кинетическая энергия обруча и диска складывается из кинетической энергии посту патель- 156

ного движения и кинетической энергии вращения rr. mv2 Jvcof ... rrr mv2 J^col ,,

Kl = ~2~ + ~V~ X k" = + У МоменТ

2 V

инерции обруча Jx = mRl . Угловая скорость = —.

R\

2 V

Момент инерции диска J2=—mR2; частота а>2 = —.

R2

2 2 V2

Произведем следующие преобразования: = mi^ — = = mv , J2со2 - — — = —. Тогда, с учетом

2

о 1 „о v wv —mR;—- = — 2 - R2 2

уравнений (1) и (2), можно записать WKl=mvz9

3 mv2 3W

WK2 = —-— или WK2 = . Переведем числовые

значения в единицы системы СИ: WK{ = 39,24 Дж, тогда WK2 = 29,43 Дж.

3.19. Шар массой т = 1 кг катится без скольжения, ударяется о стенку и откатывается от нее. Скорость шара до удара о стенку "v = 10 см/с, после удара г/=8 см/с. Найти количество теплоты Q, выделившееся при ударе шара о стенку.

Решение:

Будем считать, что движение происходит в горизонтальной плоскости, тогда количество теплоты Q

равно убыли кинетической энергии Q = WKl- Wk2 . Здесь WK] — кинетическая энергия шара до удара, она складывается из кинетической энергии поступательного движения и кинетической энергии вращения.

WKX = + -, где J -—mR2; — . Аналогично для к1 2 2 5 R

Wk2 — кинетическая энергия шара после удара:

„. ти2 Jco] и _ _

WK2 = + —=-, где СО2= —. Преобразуем

2 2 R

предварительно выражения Jco2 и Jco2:

2 2 2 V2 2 2 Г 2 2 2 т тт/ 171V2

Jcox = — тк —г- - — mv ; Jco, = — ти . Тогда Ж,, +

1 5 Д2 5 " 5 к1 2

7/2 v2 1 mv2 1іг 7772/2 /772г іти2 _

+ , = + . Отсюда

5 10 2 5 10

^ 7777v2 7/77 2/2 7 2\ л п

О =— /77Іv" -и); О = 2,5мДж.

10 10 10 V }

3.20. Найти относительную ошибку 8, которая получится при вычислении кинетической энергии WK катящегося шара, если не учитывать вращения шара.

Решение:

Кинетическая энергия шара с учетом вращения:

mv2 Jco2 - mv2

WK ~ 2 ^—2~' Учета вращения: Отно-

* К-К с J0)1 /2 Jco2 сительная ошибка о=— ; о =—= = —-, где

W; MV / 2 /77V

г 2 V 277iR2v2 2

У = — 777R~: со = — . Отсюда о = —г—- = — = 40% . 5 R SRTIIV 5

3.21. Диск диаметром D = 60 см и массой т =1 кг вращается вокруг оси, проходящей через центр перпендикулярно к его плоскости с частотой /7 = 20 об/с. Какую работу А надо совершить, чтобы остановить диск?

Решение:

Работа сил торможения равна изменению кинетической энергии диска -А= WK - Wk0 . В момент остановки WK = 0,

уісу' 7/7і? -

следовательно, А = Жк0; А , где J = ; о) = 2т

2 2

А m(D/2)2(2mi)2 D2 2 2 ,

Тогда А=— ^ -— = т—п2п2\ Л = 355 Дж.

4 4 3.22. Кинетическая энергия вала, вращающегося с частотой п = 5 об/с, WK = 60 Дж. Найти момент импульса L вала.

Решение:

Момент импульса — вектор, направление которого определяется по правилу векторного

произведения Z = [/? х /?], где р = mv , а

модуль равен L = Rpsina =mvR — (1),

т.к. Кинетическая энергия вала

2 ^

(2), где J = - (3), *> = 2яя — (4).

Решая совместно уравнения (2) — (4) получим WK = mR'n п\ откуда т = ^222 — (5); v = 2mR — (6).

2 W 2

Подставив (5) и (6) в (1), найдем L = —-; L = 7,6 кг-м /с.

т

3.23. Найти кинетическую WK энергию велосипедиста, едущего со скоростью у = 9км/ч. Масса велосипедиста вместе с велосипедом т = 78 кг, причем на колеса приходится масса т0 = 3 кг. Колеса велосипеда считать обручами.

Решение:

Кинетическая энергия велосипедиста складывается из кинетической энергии поступательного движения и кине-

... mv2 Л Jco1

тическои энергии вращения двух колес. WK = + 2 ,

2 2

159

_ m0R2

где момент инерции одного колеса ^ = —» а Угл°вая

v _ mv2 m0R2v2 v2(m + m0)

скорость со=— . Тогда WK = + ——г— = —* —;

R 2 2R2 2

WK = 253 Дж. 3.24. Мальчик катит обруч по горизонтальной дороге со скоростью v = 7,2 км/ч. На какое расстояние s может вкатиться обруч на горку за счет его кинетической энергии? Уклон горки равен Юм на каждые 100м пути.

Решение:

У основания горки обруч обладал кинетической энергией WK, которая складывалась из кинетической энергии поступательного движения и кинетической энергии вращения. Когда обруч вкатился на горку на расстояние 5, его кинетическая энергия перешла в потенциальную. WK=Wn.

mv2 Jco2

WK = —— + —; Wn = mgH . Момент инерции обруча

J = mR2, частота вращения co = v/R. Тогда

„_ mv2 mR2v2 2 ~ г Тт

WK = + 7— = mv . Следовательно, mv = mgH, от-

2 2 R2

и v2 w h 1

куда H = —. Из рисунка видно, что — = —, откуда

g Н S

с Н1 с v2/ п

S = — или S =— . Подставив числовые данные с учетом h gh

v = 2 м/с, получим S = 4,1 м.

3.25. С какой наименьшей высоты h должен съехать велосипедист, чтобы по инерции (без трения) проехать дорожку, 160 имеющую форму «мертвой петли» радиусом /? = Зм\ и 1*5 оторваться от дорожки в верхней точке петли? Масса велосипедиста вместе с велосипедом т = 75 кг, причем на колеса приходится масса т0 = 3 кг. Колеса велосипеда считать обручами.

Решение:

Система замкнута, следова-тельно, по закону сохранения энергии W = Wn + fVKl + Wk2 . Здесь W = mgh — начальная no- h

тенциальная энергия. Потенциальная энергия в верхней

точке «мертвой петли» Wn=mgH, т.к. H = 2R, то

Wn = 2mgR. Кинетическая энергия поступательного

движения велосипедиста WKl = ——. Кинетическая энергия Jco2

. J = іщґ

вращательного движения колес Wk2 = момент инерции обруча, где г — его радиус, со- vr-

г

л л л л л

mQr v / г _ mQv

ловая скорость со2 = . Тогда WK2 =

mgh = ImgR + mv2 / 2 + m0v2 / 2 ; mg(h - 2R.) = (m + m0),

отсюда v2 = —второму закону Ньютона в т + т0

верхней точке «мертвой петли» mg + N = тап. В предельном случае N = О, поэтому mg = тап, откуда ап = g. С другой стороны, нормальное ускорение

В первоисточнике, очевидно, допущена опечатка: радиус петли Д = 0,3м.

6-3268 161

V2 2mg(h-2R) 2mgih-2R) a= — = -7-^ г—^, следовательно, g = -j-^ r—;

У ni(h - 2R) = (777 + 7770 )R; h = 2R +—\\ + —1. Подставив

2 V m J

числовые значения, получим h = 7,56 м.

3.26. Медный шар радиусом R = 10 см вращается с частотой 77 = 2 об/с вокруг оси, проходящей через его центр. Какую работу А надо совершить, чтобы увеличить угловую скорость со вращения шара вдвое?

Решение:

Jco2

Кинетическая энергия вращения шара WK = , где момент инерции шара J = ^mR2. Работа по увеличению угловой скорости вращения шара будет равна приращению

Jco2

его кинетической энергии. A = WK2-WK], где WKL = 1 ;

W -> = Jco\ / 2 = 4 Jcof / 2. Отсюда =

к- * 1 2

j 9

= — Jco[ — (1); со{ - 2юі — (2). Масса шара т = Vp =

= -7rR3p, р = 8,6 -103 кг/м3, тогда J = --/rR3pR2 = 3 5 3

8 2

= — 7tR р — (3). Подставив (2) и (3) в (1), получим

— nRbp4n2n2 =— 7r3R5pfi2; А = 34,1 Дж. 2 15 5 3.27. Найти линейные ускорения а центров масс шара, диска и обруча, скатывающихся без скольжения с наклонной плоскости. Угол наклона плоскости а = 30°, начальная скорость всех 162 тел v0 = 0. Сравнить найденные ускорения с ускорением і ела,

соскальзывающего с наклонной плоскости при отсутствии трения. Решение:

При скатывании тела с наклонной плоскости его потенциальная энергия переходит в кинетическую. Т.е.

mv2 Jco2

mgh = _— + (i)s где J — момент инерции тела и

V

т — его масса. Но h -1 sin а — (2), со- (3). Подста-

R

v2 ( J Л

вляя (2) и (3) в (1), получим mglsina-— т + —^ — (4).

2 V R J

а2

Так как движение происходит под действием постоянной

силы, то движение тел равноускоренное, поэтому / =

(5), v — at — (6). Решая (4) — (6) совместно, получим

а - m?s*na^ — (7) Момент инерции шара J - — mR2, m + J/R~ 5

тогда из (7) найдем ах =3,50 м/с2 . Момент инерции диска R2

J = , а2 = 3,27 м/с2. Момент инерции обруча J = mR2,

аъ = 2,44 м/с2. Для тела, соскальзывающего с наклонной плоскости без трения, имеем а~ gsin а; а- 4,9 м/с .

3.28. Найти линейные скорости v движения центров масс шара, диска и обруча, скатывающихся без скольжения с наклонной плоскости. Высота наклонной плоскости /г = 0,5 м, начальная скорость всех тел v0 = 0. Сравнить найденные скорости со скоростью тела, соскальзывающего с наклонной плоскости при отсутствии трения.

В отсутствие трения систему можно считать замкнутой. Каждое из тел в начальный момент обладает потенциальной энергией mgh, которая затем преобразуется в

mv2

кинетическую энергию посту пательного движения —— и

кинетическую энергию вращения, т.е. mgh = Jco2 /2 +

2 V

+ 772 V /2 — (1). С учетом того, что со- —, выразим

R

, v2(mR2+j)

скорость тел \ в нижнеи точке: mgh = —* ^ L\

2R"

——_ ПО =2,65 м/с. б) Момент

\ m + 2m / 5 V7 1

v = —^ ]у[омент инерции шара J = — mR2, V т + J / R~ 5

тогда Vj = y mR' / 2mgh 4 .

инерции диска J = , тогда v2 = J 2— = \—gn ;

2 \m+m/2\3

v2= 2,56 м/с. в) Момент инерции обруча J = mR~, тогда

3 « ^ V т + т

Vi = Jj^L - Jgh j v3= 2,21 м/с. г) Для тела, соскаль-

2

X » 7 U1V

зывающего без трения с наклонной плоскости, mgh = —

откуда v = т/2 gh ; v = 3,13 м/с.

3.29. Имеются два цилиндра: алюминиевый (сплошной) и свинцовый (полый) — одинакового радиуса R = 6 см и одинаковой массы т = 0,5 кг. Поверхности цилиндров окрашены одинаково. Как, наблюдая поступательные скорости цилиндров у ос-нования наклонной плоскости, можно различить их? Найти моменты инерции и J2 этих цилиндров. За какое время і каж- дый цилиндр скатится без скольжения с наклонной плоскости? Высота наклонной плоскости h = 0,5 м, угол наклона плоскости а = 30°, начальная скорость каждого цилиндра v0 = 0 . Решение:

В предыдущей задаче мы нашли, что поступательная скорость цилиндров в нижней точке наклонной плоскости

определяется формулой V = J ^ (1) Момент

\т +J / R~

mR2

инерции алюминиевого цилиндра J{ = — (2). Мо-

R2 +RZ

мент инерции свинцового цилиндра J2 =т ^ . Най-дем внутренний радиус свинцового цилиндра. По условию массы обоих цилиндров равны, следовательно, pxLnR2 = p2L7r[R2 — Rq где L —длина цилиндров, рх — плотность алюминия, р2 — плотность свинца. Отсюда

= R2 i^l—Bl1 ш Тогда момент инерции свинцового

Pi

mR2 2р, - рх „ч п цилиндра У, = ——— (3). Подставляя числовые

2 р2

і 4 ^

данные, получим У, =9-10 кг-м", Jx = 15,9 • 10 кг-м". Т. к. скатывание цилиндров происходит под действием

h at2

постоянной силы, то v = at и /= = ; отсюда

sin а 2

^ =— и t = ——— —(4). Подставляя в (4) формулу

sina 2 sina v

(1), получим t = —^

2 Ji(m + J/R2)

(5). С учетом (2) и

sin а \

mg

(3), получим соответственно для алюминиевого и свин-

165 1 Зй 1

цового цилиндров

—, tx = 0,78с; t2 = ——X

sin а

sin а \ g 2h_ 8

1 +

2Р:

, t7 = 0,88 с.

2 / 3.30. Колесо, вращаясь равнозамедленно, уменьшило за время / = 1мин частоту вращения от и, =300 об/мин до

т2 - 180 об/мин. Момент инерции колеса J = 2 кг-м2. Найти угловое ускорение є колеса, момент сил торможения Л/, работу А сил торможения и число оборотов N, сделанных колесом за время t = 1 мин.

Решение:

Преобразуем числовые единицы в систему СИ: ( = 60 с,

/7, = 5 об/с, п2 = 3 об/с. Поскольку вращение равнозамед-

ленное, то число оборотов можно определить так:

хг п,+п-> _.л - А со N = 2 ' = 0 Угловое ускорение ? = .

Имеем: Аа> = со2-со] = 2лп2 - 2т{ - 2я(п2 - /ij), следова-

тельно, ? = —— —. Подставив числовые значения,

t

получим є = -0,21 рад/с . Момент сил торможения М -Js\ М = 0,42 Н-м. Работа сил торможения равна прираще-

, тт/ ТТ7 Jco\ Jco} нию кинетическои энергии -A-Wk2 -WK] = — ;

А=^ ((2Л77,)2 - {2тш2 )2)= 2тг2 j(nf -п\ ); А = 630 Дж.

3.31. Вентилятор вращается с частотой п - 900 об/мин, После выключения вентилятор, вращаясь равнозамедленно, сделал до остановки N = 75 об. Работа сил торможения А = 44,4 Дж. Найти момент инерции J вентилятора и момент сил торможения М . 166

Решение:

Работа сил трения равна приращению кинетической энергии. - А = WK - Wk0 . Поскольку в момент остановки

Jco2

WK = 0, то А = Wk0 = —. Откуда выразим момент

2 А

инерции J, учитывая, что со-2т — (1): J-—г—г-;

4 7С п

J - 0,01 кг-м . Момент сил торможения М -JE — (2), где угловое ускорение — (3). Поскольку вращение

является равнозамедленным, то среднее число оборотов за единицу времени ти = , а число оборотов, сделанное до

nt 2N т.

остановки N = 7й = —, откуда t = — (4). Решая

2 и

сJ ^

совместно (1) — (4), получим М = ; М = 94 • 10-3 Н-м.

N

3.32. Маховое колесо, момент инерции которого J = 245 кг м2, вращается с частотой п = 20 об/с. После того как на колесо перестал действовать вращающий момент, оно оста-новилось, сделав N =1000 об. Найти момент сил трения Мтр и

время t, прошедшее от момента прекращения действия вращающего момента до остановки колеса.

Решение:

Момент сил трения Mw = J є. Поскольку вращение равнозамедленное и конечная скорость равна нулю, то

є = —, где со = 2т . Тогда Mw = J^^-. Число оборотов t $

лг П 2N при равнозамедленном движении N =—t, откуда t = ;

f = 100с и Mrр =308 Н-м.

3.33. По ободу шкива, насаженного на общую ось с маховым колесом, намотана нить, к концу который подвешен груз массой т = 1 кг. На какое расстояние h должен опуститься груз, чтобы колесо со шкивом получило частоту вращения я = 60 об/мин? Момент инерции колеса со шкивом J = 0,42 кг м2, радиус шкива R = 10 см.

Решение:

Пусть в верхнем положении груз обладал потенциальной энергией mgh. При опускании груза на расстояние h эта энергия была преобразована в кинетическую энергию вращения колеса и кинетическую энергию поступательного движения груза.

mgh =

Jar mv2

(1). Здесь v —

2 2

скорость опускания груза, равна линейной скорости вращения точек на ободе шкива. v = coR; со = 2т — (2), отсюда v = 2mR — (3). Подставив (2) и (3) в (1), получим:

7 ^ 2 i( г т>2\ , 27r2n2(j + mR2) mgh = 2ж п + mR j, следовательно, h = * 1;

mg

h = 86,5 см.

3.34. Маховое колесо начинает вращаться с угловым ускорением є = 0,5 рад/с2 и через время ґ, = 15 с после начала движения приобретает момент импульса L = 73,5 кгм2/с. Найти кинетическую энергию WK колеса через время /2 = 20 с после начала движения.

Решение:

Jco2

Кинетическая энергия колеса fFK — О)- Момент

инерции J можно найти из соотношения М = Js9 откуда 168? J = — — (2). Из уравнения моментов М = —. Решая это

dt

уравнение методом разделения переменных, получим

Mdt = dL; Mfdt = Z; Mts = Z, откуда M =— — (3). о ri

Уравнение (2) с учетом (3) запишем как: У = — — (4).

he

Угловое ускорение є = const, следовательно, є = —. Тогда

со

в момент времени t2 — ?• = —, откуда угловая скорость

h

co = ?t2 — (5). Подставив (4) и (5) в (1), получим = 490Дж.

2/,

3.35. Маховик вращается с частотой и = 10 об/с. Его кинетическая энергия WK = 7,85 кДж. За какое время t момент сил М = 50Н м, приложенный к маховику, увеличит угловую скорость со маховика вдвое?

Решение:

Согласно закону изменения момента импульса М = где L~Ja), a dL = Jdco . Воспользуемся методом разде-

/ со 2

ления переменных: Mdt - Jdco ; mJ dt = J J dco или

о

Mt - j(co2 - о)]). По условию co2 = 2co{, следовательно,

Mt = Jcox, откуда t = — (1). Момент инерции J най-

M

дем из уравнения кинетической энергии вращения махо-

169

вика. WK = , откуда J = -^у- — (2). Подставив (2) в

2 (Оу

, 2 W W

(1), получим t = — или, с учетом сох - 2тт , t =

й>,м тМ

t = 5 с.

3.36. К ободу диска массой /я = 5 кг приложена касательная сила ,F = 19,6H. Какую кинетическую энергию WK будет иметь диск через время і = 5 с после начала действия силы?

Решение:

Импульс силы FAt = mAv, но v0 = 0 и t0 = 0, сле-

Ft

довательно, = mv. Отсюда v = —. Кинетическая энер-

m

иг Jco2 г 1 D2 v

гия вращения диска WK= ; где J = — mR , <2? = —;

2 2 R

... іиДУ F2/2 _

= г = • После подстановки числовых данных

2'2'R1 Am

WK =480Дж.

3.37. Однородный стержень длиной / = 1 м подвешен на горизонтальной оси, проходящей через верхний конец стержня. На какой угол а надо отклонить стержень, чтобы нижний конец стержня при прохождении положения равновесия имел скорость V = 5 м/с?

Рассмотрим движение центра масс стержня. При отклонении на угол а он обладает потенциальной энергией mgh. При про-хождении положения равновесия его потенциальная энергия перешла в кинетическую энергию вращения.

Решение:

mgh - ^ — (1); h—~—— cos ot = — (l — cos cc). Момент 6 2 2 2 2 }

инерции стержня относительно оси, проходящей через его

конец, найдем по теореме Штейнера:

1 2 (I V 1 , v'

J - — ml +т- — = — ml". Угловая скорость со ,

12

З г 1/2

где v — скорость прохождения положения равновесия

v v

центром масс. v'=-, следовательно, a)=~j- С учетом всего вышеизложенного, перепишем уравнение (1): wg—(l-casQf)= 2 , g/(l-ca$a) = —у-. Отсюда v2

myar = 1 . Подставим числовые значения cos а - ОД 5;

3 gl

« = 81°.

3.38. Однородный стержень длиной / = 85 см подвешен на горизонтальной оси, проходящей через верхний конец стержня. Какую скорость v надо сообщить нижнему концу стержня, чтобы он сделал полный оборот вокруг оси?

Решение: <1 И: Ъ- V 1/2

' Рассмотрим движение центра масс стержня. Пусть К — точка подвеса стержня. Если стержень сделает пол-оборота и поднимется вертикально вверх, он будет обладать потенциальной энергией mgl. Для этого центру масс стержня нужно сообщить кинетическую

2

энергию - ™gl — О)- Момент инерции

стержня относительно оси, проходящей через его конец, найдем по теореме Штейнера:

J = — ml2 + m- 12

Г/V 1 /2 v

— ——ml . Угловая скорость со = — 2) 3 / (3), она одинакова для всех точек, принадлежащих

ті2 Vі

стержню. Подставив (2) и (3) в (1), получим = mgl,

откуда v = yj6gl; v = 7,1 м/с. Это скорость, при которой

стержень поднимется в строго вертикальное положение. При v > 7,1 м/с он сделает полный оборот.

3.39. Карандаш длиной / = 15 см, поставленный вертикально, падает на стол. Какую угловую скорость со и линейную скорость v будет иметь в конце падения середина и верхний конец карандаша?

Решение: V/

V2

Рассмотрим движение центра масс карандаша. В вертикальном поло-жении он обладает потенциальной энергией, которая при падении переходит в кинетическую энергию

Jco2 I вращения. 2 = mS ~ — Си-

Момент инерции карандаша относительно оси, проходящей через его конец, найдем по -—ml2 З

(2).

1 о

теореме Штейнера: J = —ml~+m Щ 3 g

Подставив (2) в (1), получим

= откуда I—; сох = 14 рад/с. Поскольку сох = со2 = со, а линейная скорость v = coR, то скорость конца карандаша v, = со • / = 2,1 м/с.

Скорость середины v2 = со^ = 1,05 м/с.

3.40. Горизонтальная платформа массой /я =100 кг вращается вокруг вертикальной оси, проходящей через центр платформы, с частотой /7, =10 об/мин. Человек массой т0 =60 кг стоит при этом на краю платформы. С какой частотой пг начнет вращаться платформа, если человек перейдет от края платформы к ее центру? Считать платформу однородным диском, а человека — точечной массой. Решение:

Система «человек — платформа» замкнута в проекции на ось у, т. к.

CD

моменты сил МПЩ = 0 и = 0 в

с

m0g

mg

проекции на эту ось. Следова-тельно, можно воспользоваться законом сохранения момента импульса. В проекции на ось у:

JYo){ =J2co2,

где Jі — момент инерции платформы с человеком, стоящим на ее краю, J2 — момент инерции платформы с человеком, стоящим в

центре, й?і и со2 — угловые скорости платформы в обоих mR'

— (2), где

mR'

J2 =

+ тлЯ'

случаях. Здесь J,

2 - - - 2 R — радиус платформы. Подставляя (2) в (1) и учитывая, что со = 2т,, где п — частота вращения платформы, полу \

fmR2

mR'

2т, = 2mh

+ m0R"

чим

mR2 +2m0R2 _

п-> =n

V ' 2

т + 2пц т

n2 = 22 об/мин.

= и,

mR' 3.41. Какую работу А совершает человек при переходе от края платформы к ее центру в условиях предыдущей задачи? Радиус платформы R = 1,5 м.

Решение:

При переходе с края платформы к центру человек совершает работу, равную разности кинетических энергий

г 2 Т 2

J2C02 J\G)\ /14 т

вращения. А = - — (1), где У, — момент

2 2

инерции платформы с человеком на краю, У2 — момент инерции платформы с человеком В центре. Jj = + m R2

+ IHqR2 ; J2 - 2 • Частота вращения со{ - 2ml;

со2 - 2ттг. Воспользуемся формулой для пг, полученной в

т + 2пц т + 2т0

задаче 3.40: п2 = пх , тогда со2 - 2mix - =

т т

пі + 2 іщ

= сох Подставив числовые значения, получим:

т

о о

У, = 247,5 кг-м', У, = 112,5 кг-м , сох = 1,1 рад/с, со2 = 2,3 рад/с. Подставив найденные значения в (1), получим: А « 162 Дж.

3.42. Горизонтальная платформа массой т = 80 кг и радиусом R = 1 м вращается с частотой /7, = 20 об/мин. В центре плат-формы стоит человек и держит в расставленных руках гири. С какой частотой /72 будет вращаться платформа, если человек, опустив руки, уменьшит свой момент инерции от У, = 2,94 до У2 = 0,98 кг-м2? Считать платформу однородным диском.

Решение:

Момент инерции платформы с человеком складывается из момента инерции пустой платформы и момента инерции человека. В начальном положении У,0 = У0 + Jx — (1), а когда человек опустил руки У10 = У0 + У2 — (2). Здесь

111 R~ т-,

У0 = — (3). По закону сохранения момента импульса? JX$CD\ = J2$co2» гДе Й>І=2ЯИ1; со2-2тт2. Тогда

/ п

7102лт?1 = J2027m2, откуда я2 = 10 1 — (4). Решая сор-

20

/і\ /ич (/77І?2 /2 +)• 77,

местно (1) — (4), получим: т?2 = 5 L?—L — (5);

/77І?" /2 +J2

7?л = 0,35 об/с = 21 об/мин.

3.43. Во сколько раз увеличилась кинетическая энергия платформы с человеком в условиях предыдущей задачи?

Решение: Jco2

Кинетическая энергия платформы с человеком Wk = J со1

Тогда первоначальная кинетическая энергия Wkl = 1 ,

J со2

а после того, как человек опустил руки Wk2 = 2 . Здесь

г г г mR1 .

«/10=—— + J\\ J 20=—Г—+ Л»! = ; й)2=2ЯП2. ? ^

Тогда _ _ Й2 / 2 + 4 К W ^ W|2 (тЛ2 + 2/j ^к2 -Ло^2 [mR1 /2 +J2}\7u2n22 п\[mR2 +J2) '

ТЛ - {mR2 + 2 Jі V 77j

Из уравнения (5) предыдущей задачи ;z2 = = L1—

mR + 2 J2

W, mR2 + 2 J, Wk2

тогда = 5 -^- = 1,05.

JVKl mR + 2»/| PFKl 3.44. Человек массой in0 = 60 кг находится на неподвижной платформе массой m = 100 кг. С какой частотой п будет вращаться платформа, если человек будет двигаться по окружности радиусом г = 5 м вокруг оси вращения? Скорость движения человека относительно платформы V0=4KMAI. Радиус плат- формы Л = 10м. Считать платформу однородным диском, а человека — точечной массой.

Решение:

По закону сохранения момента импульса (

человека; J2 = — mR" — (3) — момент инерции плат-формы, rmov0 — момент импульса человека. Подставив (2) и (3) в (1), получим (m0r2 + \/2mR2)co = rm0v0 или

[т0г2 +1 / 2m R2 Цлп = rm0v0, откуда п = —t—rm®v° .

7г\2т0г +mR )

Подставив числовые значения, учитывая, что v = 1,1 м/с, получим п = 0,49 об/мин.

3.45. Однородный стержень длиной / = 0,5 м совершает ма-лые колебания в вертикальной плоскости около горизонтальный оси, проходящей через его верхний конец. Найти период колебаний Т стержня.

Решение:

В данной задаче стержень является физическим маятни-ком, его период малых колебаний Г = 2л ^ , где J —

\ mdg

момент инерции стержня относительно оси вращения, d = - j — (2) — расстояние от центра масс до оси

вращения. По теореме Штейнера J = J0 + md2, где

1 о r ml2 ml2 Ami2 ml2

Jn =—ml', отсюда J = + = = — (3).

0 12 12 4 12 3

176

Подставив (2) и (3) в (1), ПОЛУЧИМ Т = 2ч J ^т^ = 2п — :

*'3m/g pg

Т = 1,16с.

3.46. Найти период колебания Т стержня предыдущей задачи, если ось вращения проходит через точку, находящуюся на расстоянии d = 10 см от его верхнего конца.

Решение:

Период малых колебаний стержня Т -2пх

ш ^ . По теореме Штейнера J = JQ +

1

-С

m-(l/2-d)g --d V2 у

f l л2 T ml2 ^ _ ml2

+ m

, где Jn = . Отсюда J = +

0 12 12 ml2 ,, ,-> Ami2 , (I2

-dl + d2 3

+ mid + md2 = mdil -d); J -m

A 12

_ I2 /3-dl + d2

Тогда Т = 2кл\ ;Г = 1,07с. 3.47. На концах вертикального стержня укреплены два груза. Центр масс грузов находится ниже середины стержня на расстоянии d = 5 см. Найти длину стержня /, если известно, что период малых колебаний стержня с грузами вокруг горизонтальный оси, проходящей через его середину, Т = 2 с. Массой стержня пренебречь по сравнению с массой грузов.

Решение:

f?mi

1/2 dU

Данная система является математическим маятником, для которого квадрат периода малых колебаний определяется по формуле:

t -> J

Г~=4л-"т г—. Момент инерции такого

Om2 177

(ш, + m2 pg

маятника: J = 12{тх + т2)/4 . Отсюда Т2 = 4л-2 х l2(m, + m2) -> I2 x . v '—г= лг" —, откуда окончательно получим; 4(t7/J +m1)-dg dg

l = Tjdg/n\ / = 0,446m.

3.48. Обруч диаметром D = 56,5 см висит на гвозде, вбитом в стенку, и совершает малые колебания в плоскости, параллельной стене. Найти период колебаний Т обруча.

Решение:

Центр масс находится в центре обруча, тогда период малых колебаний Г = 2л I -2п /^ , где J -—mx

V mRg \ mDg 2

X(r2+R2\ R.= Л,, следовательно, J = mR2=m

4 4

Отсюда T = = 2тг\— ; Г = 1,5 с.

V AmDg V2g

3.49. Какой наименьшей длины / надо взять нить, к которой подвешен однородный шарик диаметром ?> = 4 см, чтобы при определении периода малых колебаний Т шарика рассматривать его как математический маятник? Ошибка S при таком допущении не должна превышать 1%.

Решение:

Период малых колебаний математического маятника 7J -2п I— — (1), период малых колебаний физического

маятника Т2 = 2л / , где J — момент инерции шарика

V mSl

относительно оси вращения, m — масса шарика и I — расстояние от центра масс шарика до точки подвеса. В 178 , 2fRv

i+— 5 {lj

. Обозна-

нашем случае J = — mR2 + ml2 - mV чим A = 1 + — 5

V ' /

, тогда J = Ami . С учетом этого полу- flA Т

чим Г2=2я — — (2). Из (1) и (2) имеем — =

V g ті

Ошибка, которую мы делаем, принимая подвешенный

Т -Т

шарик за математический маятник, будет 8 = = f-Y Ы

= — -1 = -J~A -1; отсюда А =

= (l + j)2, или

1 + - 5

y = y|(l + ^)2-l] — (3). По условию 8 <0,01. Под-

R D

ставляя в (3), получим — < 0,0224. Так как R = — = 0,02 м,

/ 2

то предельное расстояние от центра масс шарика до точки

подвеса />0,089м, а предельная длина нити L = l-R\

L = 0,069 м. 3.50. Однородный шарик подвешен на нити, длина которой / равна радиусу шарика R. Во сколько раз период малых колебаний Г, этого маятника больше периода малых колебаний Т2

математического маятника с таким же расстоянием от центра масс до точки подвеса?

Решение:

Период малых колебаний данного физического маятника Т = 2яг I——— . Период малых

1 V m2Rg

колебаний математического маятника? Т7 = In^lR / g . По теореме Штейнера J = J0 + m(2R.f,

2 2 где J0=-mR1, отсюда / = — тЛ2 + 4/w.K2 = 4,4w7/22. Тогда

Tl-2*j?f.2*M; ZL=WPP. После

V І s T2

T

подстановки — = 1,05. Тг