Механика. Колебания. Волны задачи по курсу «Физика

Министерство образования Республики Беларусь
Учреждение образования
«Белорусский государственный университет
информатики и радиоэлектроники»
Кафедра физики
МЕХАНИКА. КОЛЕБАНИЯ. ВОЛНЫ
Задачи по курсу «Физика»
Методические указания к решению задач
для студентов инженерно-экономического факультета
(специальности 1-26 02 03, 1-40 01 02, 1-27 01 01)
Минск БГУИР 2010
УДК
ББК
В
Авторы:
А.В.Березин, З.А.Боброва, Н.Р.Последович
Рецензент:
доц. кафедры физики БГУИР, канд. Физ. мат. наук С.В.Родин
В
Механика. Колебания. Волны задачи по курсу «Физика»: Методические указания к решению задач для студентов инженерноэкономического факультета (специальности 1-26 02 03, 1-40 01 02, 1-27
01 01) /А.В.Березин [и др.] – Минск : БГУИР, 2010. – 57 с.: 29 ил.
ISBN
Методические указания к решению задач предназначены для организации самостоятельной работы студентов инженерно-экономических специальностей БГУИР на практических
занятиях по темам – механика, колебания, волны. Методические указания включают подробное
описание решения пяти задач по каждому из разделов и приведены условия пяти задач для решения на практических занятиях.
УДК
ББК
ISBN
С УО «Белорусский государственный университет
информатики и радиоэлектроники», 2010
ГРЕЧЕСКИЙ АЛФАВИТ
A, α – альфа; B, β – бета; Г, γ – гамма; , δ – дельта; , ε – эпсилон; ,
– дзета; , η – эта; , θ – тэта; , ι – йота; , k – каппа; , λ – ламбда; , μ –
мю; , ν – ню; , ξ – кси; , ο – омикрон; , π – пи; , π – ро; , ζ – сигма;
, – тау; V, υ – ипсилон; , θ – фи; , χ – хи; , ψ – пси; , ω – омега
ФУНКЦИИ, ПРОИЗВОДНЫЕ ФУНКЦИЙ
Пусть y f ( x) функция, заданная в окрестности некоторой точки x0 на числовой оси x и пусть y f ( x0
x) f ( x0 ) – ее приращение в окрестности этой
точки, соответствующее приращению аргумента x x x0 .
Предел отношения
x) f ( x0 )
y
lim
x 0
x 0 x
x
y
f
(
x
)
называется производной функции
в точке x0 . Другие обозначения произdf ( x) d
dy
,
f ( x),
водной в точке x
, y , y.
f ( x),
dx dx
dx x
Производная есть мера скорости изменения y относительно x . Пусть
y f ( x1, x2 , ..., xn ) – действительная функция n переменных x1, x2 , ..., xn . Частная производная первого порядка функции y f ( x1, x2 , ..., xn ) по x1 есть предел
f ( x1 x1, x2 , ..., xn ) f ( x1, x2 , ..., xn )
f
y
.
lim
f x1 ( x1, x2 , ..., xn )
x1 0
x1
x1
x1
Эта производная есть мера скорости изменения y относительно x1 при фиксироf ( x0 )
lim
f ( x0
ванных значениях остальных независимых переменных. Аналогично определяются
f
может
xk
быть найдена посредством взятия производной от функции f ( x1, x2 , ..., xn ) по xk ,
если остальные n 1 независимых переменных рассматриваются как постоянные
частные производные по x2 , x3, ..., xn . Каждая частная производная
параметры.
СВОЙСТВА ПРОИЗВОДНЫХ
Пусть заданы две независимые функции f ( x) и g ( x) . Тогда
1. ( f ( x) g( x))
2. ( f ( x) g( x))
f ( x ) g ( x ) f ( x) g ( x)
g 2 ( x)
Второй производной функции y f ( x) по x называется производная от первой
3.
f ( x)
g ( x)
f ( x) g ( x)
f ( x) g( x) f ( x) g ( x)
производной по x f ( x)
d2 y
dx2
y и читается d два y по dx дважды.
ДИФФЕРЕНЦИАЛ ФУНКЦИИ
Функция y f ( x) называется дифференцируемой в точке x , если ее приращение y , соответствующее приращению аргумента x в этой точке, может быть
( x) x , где A const, ( x) – бесконечно малая
представлено в виде y A x
функция при x 0 . Главная часть A x приращения y , линейная относительно
x , называется дифференциалом функции y f ( x) в точке x и обозначается dy ,
df ( x) или df . Коэффициент A равен первой производной от функции
f ( x)
A
f ( x) и dy
f ( x) x или dy
f ( x)dx , так как dx
x . Применение
дифференциала к приближенным вычислениям основано на использовании приf ( x0 ) f ( x0 ) x .
ближенных равенств: y dy ; f ( x0
x)
ПРОИЗВОДНЫЕ НЕКОТОРЫХ ФУНКЦИЙ
1. (C) (const) 0; 2. ( x)
5.
1
xn
n
n 1
; 6.
x
1; 3. ( x)n
1
; 7.
n
nxn 1; 4.
x
1
1
x
1
;
x2
; 8. (ex )
ex ;
n n xn 1
1
9. (enx ) nenx ; 10. (a x ) a x ln x; 11. ln x
; 12. (sin x) cos x;
x
1
13. (sin Cx) C cos Cx ; 14. (cos x)
sec2 x;
sin x; 15. (tgx)
2
cos x
1
1
2
16. ctgx
17.
arccos
x
; 18. arctgx
cosec
x
;
2
sin2 x
1 x
u
vu uv
1
19. arcctgx
;
20.
.
v
v2
1 x2
x
2 x
1
;
1 x2
НЕОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ
Функция F ( x) называется первообразной функции f ( x) на интервале
(a, b) , если F ( x) дифференцируема на (a, b) и F ( x) f ( x) . Аналогичным образом определяется первообразная функции f ( x) в любой точке интервала
(a, b) .
Если F ( x) одна из первообразных функции f ( x) на интервале (a, b) , то
любая другая первообразная f ( x) на этом интервале имеет вид F ( x) C , где C
некоторая постоянная.
Множество F ( x) C на интервале (a, b) всех первообразных функции f ( x)
на (a, b) называется неопределенным интегралом от функции f ( x) на этом интервале и обозначается f ( x)dx F ( x) C , где F ( x) какая либо первообразная
для функции f ( x) на (a, b) ; C произвольная постоянная.
Операция нахождения всех первообразных функции f ( x) называется интегрированием этой функции.
СВОЙСТВА НЕОПРЕДЕЛЕННОГО ИНТЕГРАЛА
A f (x)dx где A const; A 0 .
1. Af ( x)dx
2. ( f ( x)
( x))dx
f ( x)dx
( x)dx .
ТАБЛИЦА ОСНОВНЫХ НЕОПРЕДЕЛЕННЫХ ИНТЕГРАЛОВ
n
1. 0dx C ; 2. x dx
5.
8.
11.
13.
15.
xn 1
dx
C ; 3. dx x C; 4.
ln x C ;
n 1
x
ax
a dx
C; 6. ex dx ex C; 7. sin xdx cos x C;
ln a
dx
dx
10.
tg
x
C
;
ctgx C;
cos xdx sin x C; 9.
sin2 x
cos2 x
dx
x
x
dx
arcsin
C
arccos
C; 12.
ln( x
x2 a 2 ) C ;
2
2
a
a
a x
x2 a 2
dx
1
x
1
x
dx
arctg
C
arcctg
C;
ln x
x2 a2 C ; 14. 2 2
2
2
a
a
a
a
a
x
x a
dx
1 a x
ln
C.
2
2
2a a x
a x
x
ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ
Пусть функция f ( x) задана на отрезке a, b . Разобьем этот отрезок на n отрезков xk 1, xk , причем a x0 x1 ... xn b. Сопоставим этому разбиению
интегральную сумму
n
f (ξk ) xk , где xk
xk
xk 1 , ξk
xk 1, xk . Потребуем,
k 1
чтобы max xk 1, xk
0 при числе разбиений n
. Соответствующий предел
интегральной суммы называется определенным интегралом и обозначается
b
n
f ( x)dx
lim
n
a
f (ξk ) xk . Если F ( x) первообразная функции f ( x) , то справед-
k 1
b
лива формула Ньютона–Лейбница
f ( x)dx F ( x)
b
a
F (b) F (a) .
a
СВОЙСТВА ОПРЕДЕЛЕННОГО ИНТЕГРАЛА
b
b
1. Af ( x)dx
A f ( x)dx ( A const) ;
a
b
a
b
2. ( f ( x) g( x))dx
a
a
b
f ( x)dx
a
g( x)dx ;
a
a
f ( x)dx 2 f ( x)dx , если функция f ( x) четна на отрезке ( a; a) ;
3.
a
a
0
f ( x)dx 0 , если функция f ( x) нечетна на ( a; a) ;
4.
a
b
fdθ
5.
a
fθ
b
a
b
θdf , где f
f ( x) и θ θ( x) непрерывны и имеют свои
a
производные. Формула (5) называется формулой интегрирования по частям.
КИНЕМАТИКА
Твердое тело, размерами которого в условиях данной задачи можно пренебречь, называется материальной точкой (частицей). Если размеры тела велики, то
тело разбивают на систему материальных точек, к каждой из которых применяют
физические законы и после этого производят суммирование для получения конечного результата. Положение материальной точки или твердого тела в пространстве
можно определить только по отношению к другому, произвольно выбранному телу, называемого телом отсчета. Выбранное таким образом тело условно считается
неподвижным и относительно него рассматривается положение или движение исследуемой материальной точки или твердого тела. Тело отсчета и часы образуют
систему отсчета. Для количественного описания движения материальной точки с
системой отсчета жестко связывают систему координат. Наиболее часто используют декартову (прямоугольную), полярную, сферическую и цилиндрическую
системы координат.
y
yj
r
j
i
xi
x
k
z
zk
Рис.1
Положение материальной точки в пространстве, в декаровой системе координат, определяется радиусом-вектором r xi yj zk (рис. 1), проведенным из
точки наблюдения в точку нахождения исследуемой материальной точки, где
i , j , k – единичные векторы на соответствующие оси координат x, y, z . Если материальная точка находится в точке А пространства то rA xAi yA j zAk , где
rA – вектор, начинающийся в начале координат и заканчивающийся в точке А.
xA , yA , zA – проекции вектора rA на оси координат x, y, z . Перемещение материальной точки из точки А в точку В характеризуется вектором перемещения
r rB rA . В проекции на оси декартовой системы координат он равен
rx xB xA , ry yB yA , rz zB zA .
Модуль вектора перемещения равен
r
( xB xA )2 ( yB
yA )2 ( zB zA )2 .
Вектор скорости (мгновенной скорости), характеризует быстроту и направление движения частицы в каждый момент времени. Он определяется как первая
производная от радиуса – вектора r по времени
V
dr
dt
dx
i
dt
dy
j
dt
dz
k.
dt
Следовательно, проекции вектора скорости на соответствующие оси декартовой системы координат равны
Vx
dx
,V
dt y
dy
,V
dt z
dz
.
dt
Вектор ускорения материальной точки, показывающий быстроту изменения
направление и модуля вектора скорости, равен
a
d 2r
dt 2
d2x
i
dt 2
dV
dt
d2y
j
dt 2
d 2z
k
dt 2
dVy
j
dt
dVx
i
dt
dVz
k.
dt
Проекции вектора ускорения на координатные оси равны
ax
d2x
dt 2
d2y
dt 2
dVx
, ay
dt
dVy
, az
dt
d 2z
dt 2
dVz
.
dt
Модули векторов скорости и ускорения равны
Vx2 Vy2 Vz2 , a
V
ax2 a2y az2 .
Вектор скорости направлен по касательной к траектории. Его можно представить в виде V Vη , где η единичный вектор, касательный к траектории и направлен в ту же сторону что и вектор V .
Зная зависимость модуля скорости V от времени t ( V (t ) ) можно вычислить
путь, пройденный частицей за промежуток времени от t1 до t2 по формуле
t2
S
V (t )dt ,
t1
где V модуль вектора скорости.
В случае криволинейного движения частицы по плоскости (криволинейная
траектория) ускорение частицы представимо как сумма тангенциального ( aη ) и
нормального (an ) ускорений: a a an .
Тангенциальное ускорение a
dV
dt
характеризует быстроту изменения мо-
дуля скорости. Оно направлено по касательной к траектории. Модуль тангенци-
dV
.
dt
V2
n характеризует быстроту изменения направНормальное ускорение an
R
ления скорости ( R радиус кривизны траектории в месте нахождения материальной точки). Единичный вектор n η и направлен в сторону вогнутости траектоV2
, Модуль вектора ускорения равен
рии. Модуль an
R
ального ускорения равен aη
a
aη2
an2
dV
dt
2
V2
R
2
.
Углу поворота
тела, совершающего вращательное движение, можно по
ставить в соответствие вектор
, по модулю равный
и направленный вдоль

оси вращения тела таким образом, чтобы из конца вектора
вращение тела происходило против часовой стрелки. Тогда вектор угловой скорости
d
, а углоdt
d
.
dt
вого ускорения
Связь между линейным и угловым скоростями осуществляется посредством
формулы V ωr , где r радиус вектор, проведенный из произвольной точки,
лежащей на оси вращения в место нахождения материальной точки и по модулю
равный радиусу кривизны ( r R ). Линейные ускорения связаны с угловым ускорением и угловой скоростью формулами an
ω2 R , aη
βR .
ПРИМЕРЫ РЕШЕШИЯ ЗАДАЧ
Задача 1. Вектор скорости материальной точки задается уравнением
V Ati Bt3 j Сt5k . Найти: радиус – вектор, модуль радиуса – вектора, модуль
вектора скорости, ускорение и модуль ускорения материальной точки, если в момент времени t 0, x 0, y 0, z 0.
Решение задачи. Для решения этой задачи необходимо ознакомиться с физическими понятиями: радиус – вектор, проекции радиуса – вектора на оси декартовой системы координат, модуль радиус – вектора, вектор скорости и модуль вектора скорости в декартовой системе координат, выражение вектора скорости через
производную по времени от радиуса – вектора, проекции вектора скорости на оси
декартовой системы координат через производные по времени от проекций радиуса – вектора на соответствующие оси координат, вектор ускорения и выражение
его через производные по времени от радиуса – вектора и вектора скорости и выражение ускорения через проекции на оси координат, модуль вектора ускорения.
Анализ формулы для скорости из условия задачи показывает, что проекции
вектора
скорости
на
оси
декартовой
системы
координат
равны
Vx At, Vy Bt 3 , Vz Ct 5 . В общем случае вектор скорости определяется как
первая производная радиуса – вектора по времени
V
dr
dt
dx
i
dt
dy
dz
j
k Vxi Vy j Vz k ,
dt
dt
где i , j , k – единичные векторы на соответствующие оси координат ( x, y, z) .
Следовательно, можно написать
dx
dy
dz
Vx At,
Vy Bt 3,
Vz Ct 5
dt
dt
dt
3
Atdt, dy Vy dt Bt dt, dz Vz dt Ct 5dt . Таким образом пришли к
и dx Vx dt
дифференциальным уравнениям, в которых переменные разделены. Решение получим интегрируя левые и правые части уравнений с использованием начальных
данных
x
t
dx
0
Atdt
0
x
At 2
2
t
0
At 2
2
A02
2
x
At 2
,
2
y
t
dy
0
z
0
t
dz
0
Bt 3dt
5
Ct dt
y
Bt 4
4
t
0
Bt 4
4
B04
4
z
Ct 6
6
t
0
Ct 6
6
C06
6
0
Радиус – вектор запишется в виде r
вектора равен r
At 2
2
2
Bt 4
4
2
At 2
i
2
Ct 6
6
y
Bt 4
,
4
z
Ct6
.
6
Bt 4
Ct 6
j
k . Модуль радиуса –
4
6
2
. Модуль вектора скорости есть ве-
( At )2 ( Bt 3 )2 (Ct 5 )2 . Вектор ускорения запишем как вторую про-
личина V
изводную по времени от радиуса – вектора или первую производную от вектора
скорости, а его модуль через вторую производную от проекций радиуса – вектора
или через первую производную от проекций вектора скорости на оси координат
a
d 2r
dt 2
d2x
d2y
d 2z
d 2 ( At 2 / 2)
i
j
k
i
dt 2
dt 2
dt 2
dt 2
dVy
dVz
dV dVx
d ( At )
a
i
j
k
i
dt
dt
dt
dt
dt
Ai 3Bt 2 j 5Ct 4k .
Модуль вектора ускорения a
d 2 ( Bt 4 / 4)
d 2 (Ct 6 / 6)
j
k,
dt 2
dt 2
d ( Bt 3 )
d (Ct 5 )
j
k
dt
dt
( A)2 (3Bt 2 )2 (5Ct 4 )2 .
Задача 2. Уравнение движения частицы по окружности радиуса R задано через угол θ как функция времени θ Bt3 . Найти: вектор угла θ , вектор угловой
скорости, модуль вектора угловой скорости, угловое ускорение, вектор углового
ускорения, вектор линейной скорости, модуль вектора линейной скорости, векторы тангенциального и нормального ускорений частицы, модули векторов тангенциального и нормального ускорений частицы, вектор полного линейного ускорения частицы, модуль полного линейного ускорения.
Решение задачи. Для решения этой задачи необходимо ознакомиться с физическими понятиями: Криволинейное движение частицы (частный случай криволинейного движения – движение по окружности), угол поворота и вектор угла поворота, вектор угловой скорости и его модуль, угловое ускорение и модуль вектора углового ускорения, вектор линейной скорости и модуль вектора линейной скорости, векторы тангенциального и нормального линейных ускорений частицы,
вектор полного линейного ускорения и модуль полного линейного ускорения частицы.
Анализ условия задачи и ее решение. В условии задачи задан угол θ в скалярном виде как функция времени. Модуль угловой скорости ω найдем как пер-
вую производную по времени от угла θ , ω
dθ
. Векторы угловой скорости и угла
dt
поворота совпадают по направлению и направлены по оси вращения частицы таким образом, чтобы из конца этих векторов вращение частицы происходило против
часовой стрелки. Если в качестве оси вращения выбрать ось Z , то в векторном виде
угловая скорость запишется формулой ω
через проекции этих векторов на ось Z
dθ
, а модули векторов θ и ω выразятся
dt
dθz
. Вектор углового ускорения наωz
dt
ходится как первая производная от вектора угловой скорости или вторая производная
от угла θ β
dω
dt
d 2θ
, а проекция на ось Z
dt 2
βz
dωz
dt
d 2θ z
. Записав:
dt 2
dθ d ( Bt 3 )
ω
и выполнив дифференцирование найдем угловую скорость
dt
dt
ω 3Bt2 . Угловая скорость записана у нас в скалярном виде. Чтобы записать ее в
векторном виде, мы должны задать единичный вектор (например k ), направленный вдоль оси Z . Тогда вектор
dθ dθ z
d ( Bt 3 )
ω
k
k 3Bt 2k .
dt
dt
dt
dω d
Вектор углового ускорения равен β
3Bt 2 k 6Btk . Модуль вектора угdt dt
лового ускорения β 6Bt . Вектор линейного ускорения a может быть записан через его проекции на ось η , совпадающую по направлению с вектором линейной
скорости V и перпендикулярную ей ось n и единичные векторы η и n направленные вдоль этих осей a aη η ann . Проекции aη и an связаны с линейной скороV2
dV
стью соотношениями aη
.Тогда для вектора линейного ускорения
, an
R
dt
dV
V2
η
n . Вектор линейной скорости связан
мы можем записать a aη η an n
dt
R
с угловой скоростью формулой V ωr . По модулю он равен V ωr sinα , где α
– угол между векторами ω и r . Этот угол при движении по окружности равен 900
и sin900 1, т. е. V ωR , где R – радиус окружности. Из решения задачи мы знаем ω 3Bt2 . Следовательно V ωR 3Bt 2 R .
dV d (3Bt 2 R)
V 2 (ωR)2
6BRt . an
ω2 R . Из решения задачи слеТогда aη
dt
dt
R
R
3
d Bt
3Bt 3 и an (3Bt 2 )2 R . Вектор полного линейного ускорения
дует, что ω
dt
dV
V2
η
n 3BRη
будет равен a aη η an n
dt
R
формулой: a
(3BR)2 (3Bt 2 )4 R2 .
3Bt 2 Rn , а модуль его запишется
Задача 3. Тело движется по закону V αi βxj . При t 0, x y 0 . Найти:
уравнение траектории, модуль скорости, вектор ускорения и модуль вектора ускорения, радиус – вектор и модуль радиуса – вектора.
Решение задачи. При решении задачи необходимо воспользоваться знаниями, полученными из теории и при решении предыдущих задач. Анализируя уравнение, для вектора скорости можно записать
V Vxi Vy j Vz k V αi βxj .
Следовательно Vx α, Vy βx , где Vx и Vy проекции вектора скорости на оси декартовой системы координат.
Для нахождения траектории движения тела необходимо найти координаты x
и y . Используем уравнения кинематики
x
dx
α
dt
Vx
dx Vx dt
x
t
dx
0
y
αdt αt
t
0
αt , x αt ,
(1)
0
t
t
t2
t2
y
β
,
.(2)
2
2
0
0
0
x
Для нахождения траектории найдем выражение для t из уравнения (1) t
и
α
x2
β 2
y
x . Таким образом траектория явподставим в уравнение (2) y αβ 2
2α
2α
Vy
dy
dt
βx
dy Vy dt
y
dy
xdt
βαtdt αβ
ляется частью параболы. Модуль скорости равен V
t2
2
t
0
Vx2 Vy2
αβ
α2 (βx)2 . Про-
екции вектора ускорения выразим через производные по времени от соответствующих проекций вектора скорости на оси декартовой системы координат.
d (βx)
dx
β
βx . Для нахождения радиуса – векdt
dt
тора воспользуемся выражениями для его проекций, которые нашли выше x αt ,
t2
t2
y β . Следовательно r xi yj αti β j . Модуль радиуса –вектора равен
2
2
ax
r
dVx
dt
αt
d (α)
0 , ay
dt
2
t2
β
2
2
dVy
dt
Задача 4. Стальной шарик катится по круговому желобу радиуса R . Его скорость изменяется по закону V α S , где α – постоянная, S путь, пройденный
телом. Найти полное ускорение шарика и зависимость угла между направлениями
полного ускорения и скорости от S .
Решение задачи. По условию задачи скорость является функцией пути и для
нахождения тангенциального ускорения необходимо использовать кинематические
уравнения
aη
dV
dt
dV dS
.
dS dt
(1)
Скорость есть функция пути и производная от скорости по пути будет равна
dV
dS
d (α S )
dS
α
dS
V равна скорости. Тогда тангенциальное
dt
2 S
α
α
α2
V
α S
ускорение из (1) будет равно a
.
2
2 S
2 S
V 2 α2 S
Нормальное ускорение an
. Угол между направлением полного усR
R
an 2α2 S 2S
корения и скоростью определяется из tgθ
.
aη α2 R
R
. Производная
Полное ускорение a
aη2 an2
α4
4
βα4 S 2
R2
Задача 5. Твердое тело вращается вокруг неподвижной оси так, что его угловая скорость изменяется со временем по закону ω At2 . Найти зависимость от
времени угла поворота тела и его угловое ускорение.
Решение задачи. Угловая скорость связана с углом поворота формулой
dθ
ω
dt
θ
dθ ωdt . Откуда находим θ
dθ
0
t
ωdt
0
t
At 2dt
0
At 3
3
t
0
At 3
.
3
Угловое ускорение связано с угловой скоростью соотношением
β
dω
dt
d ( At 2 )
2 At .
dt
Задачи для самостоятельного решения
1. Точка движется по закону r Ati Bt 2 j C(1 t3 )k . Найти: V (t ), V (t ),
a(t ), a(t ) , угол θ между векторами V и a , θ(t ) .
2. Частица движется по прямой со скоростью V αt βt 2 . Найти путь, пройденный телом до остановки и минимальную скорость тела Vmin .
3. Материальная точка движется по прямой по закону X α βt γt 2 . Найти
скорость и ускорение точки как функцию времени.
4. Радиус – вектор материальной точки меняется со временем по закону
r Ai Btj Ctk . Найти вектор скорость (V ), модуль вектора скорости (V ) , вектор ускорения (a ) , модуль вектора ускорения (a) .
5. Материальная точка движется по окружности радиуса R так, что
S(t ) At Bt 2 . В какой момент времени t тангенциальное и нормальное ускорения будут равны.
ДИНАМИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ. ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ
ИМПУЛЬСА
В основе динамики лежат законы Ньютона. Первый закон Ньютона формулируется следующим образом: всякое тело сохраняет состояние покоя или равномерного и прямолинейного движения (a 0) , пока воздействие других тел на это
тело не заставит его изменить это состояние. Первый закон Ньютона указывает на
то, что существуют такие системы отсчета, относительно которых тела сохраняют
состояние покоя или равномерного прямолинейного движения, если на тела не
действуют силы или силы взаимно компенсируют друг друга. Такие системы отсчета называются инерциальными. Из этого следует, что первый закон Ньютона
выполняется только в инерциальных системах отсчета.
Первый закон Ньютона применим к равномерному движению материальной
точки. Если на материальную точку действуют другие тела, происходит изменение состояния движения, тело выходит из состояния покоя или равномерного и
прямолинейного движения, меняется скорость тела, т. е. тело приобретает ускорение.
Это воздействие характеризуется физической величиной, называемой силой
(F ) , которая является количественной характеристикой действия на тело другого
тела или физического поля. Если действовать одной и той же силой на разные тела
то эти тела приобретают различные ускорения, т. е. различие в ускорениях обусловлено также свойством самих тел. Это свойство характеризуется особой величиной, называемой массой тела. Масса характеризует инертность тела, т. е. «сопротивляемость» тела воздействию силы.
Совокупность тел, движение которых рассматривается в данной задаче, называется механической системой. Импульс механической системы определяется как
векторная сумма импульсов тел, образующих механическую систему:
n
p
p1
p2
pi , pi
p3 ... pn
mVi
i 1
Силы взаимодействия, входящих в механическую систему тел друг с другом,
называются внутренними силами. Силы, действующие на тела механической системы со стороны тел не входящих в механическую систему, называются внешними
силами.
Второй закон Ньютона позволяют установить закон изменения импульса.
Второй закон Ньютона количественно связывает изменение движения механической системы с силами, вызывающими это изменение движения и гласит: скорость
изменения импульса механической системы равен результирующей всех внешних
сил, действующих на систему:
dp
dt
или
t2
p
внешн.
(в дифференциальной)
Fрез.
внешн.
Fрез.
dt (в интегральной форме).
t1
Если масса постоянная, то
dp
dt
d (mV )
dV
m
dt
dt
ma , ma
Fi,внешн. .
В таком виде второй закон Ньютона называется основным уравнением динамики
материальной точки или основным уравнением динамики поступательного движения.
Если на механическую систему внешние силы не действуют, то она называетвнешн.
ся замкнутой (изолированной). Для замкнутой системы Fрез.
0и
dp
0 . Раdt
венство нулю производной говорит, что p const , т. е. для замкнутой системы
выполняется закон сохранения импульса: импульс замкнутой механической системы остается постоянным. Закон сохранения импульса можно, в некотором приближении, применять и для незамкнутых систем, если результирующей внешних
сил можно пренебречь. Это возможно, если эти внешние силы действуют мгновенно, т. е. промежуток времени действия внешней силы мал (удар, взрыв). Если
результирующая внешних сил не равна нулю, но одна из ее проекций на декартову
систему координат (например OX ) равна нулю, то проекция импульса системы на
это направление сохраняется:
dpx
dt
0
px
const .
Если имеется механическая система, состоящая из системы материальных точек, то центром масс (центром инерции) такой системы называется точка C , положение которой задается радиус-вектором
rc
m1r1 m2r2 ... mnrn
.
m1 m2 ... mn
Здесь rn – радиус-вектор нахождения материальной точки массы mn относительно любой фиксированной точки системы.
Импульс системы материальных точек (твердого тела) равен произведению
суммарной массы частиц системы m на скорость центра масс Vc системы (твердого тела): p
mVc
Vc
drc
,a
dt c
dVc
dt
d 2rc
. Второй закон Ньютона для системы
dt 2
материальных точек через ускорение mac
dVc
dt
внешн.
Fрез.
.
Третий закон Ньютона гласит: силы, с которыми взаимодействуют две материальные точки, равны по величине, противоположны по направлению и направлены вдоль прямой, соединяющей эти точки. F1,2
F2,1 . Следует отметить, что
второй и третий законы Ньютона выполняются только в инерциальных системах
отсчета.
Прежде чем приступить к решению задач, приведем основные силы, действующие на тела.
1. Сила тяжести
Под воздействием притяжения к Земле все тела, в отсутствие других сил, падают
на Землю с одинаковым, в данной точке Земли, ускорением g , т. е. на тело массы m
действует сила тяжести F
mg . Сила тяжести приблизительно равна силе гравитаMm
ционного взаимодействия тела и Земли F G 2 (r R3 h) . Различие между этиr
ми силами обусловлено тем, что поверхность Земли не является инерциальной системой отсчета.
2. Сила сопротивления
Сила сопротивления (вязкого трения) возникает при движении твердого тела в
жидкой или газообразной среде. Эта сила пропорциональна первой или второй
степени скорости тела в этой среде Fc ~V ,V 2 .
3. Сила трения
Сила трения (сухого трения) возникает между поверхностями твердых тел как
в случае попытки вызвать скольжение одного тела по другому (сила трения покоя
Fтр.0 ), так и при скольжении поверхности одного тела относительно поверхности
другого тела (сила трения скольжения Fтр. ), Сила трения скольжения Fтр. μN ,
где μ – коэффициент трения, зависящий от природы и состояния трущихся поверхностей, N сила реакции опоры. Сила трения скольжения направлена противоположно направлению скорости движущегося тела относительно тела, с которым оно соприкасается. Если сила, приложенная к телу, направлена вдоль поверхности то она μN и тело не будет двигаться. В этом случае возникает сила трения
покоя, направленная против силы, действующей на тело и равная ей. Величина силы трения меняется в пределах от 0 до Fтр.mах. μN . В пределах этих значений
Fтр. компенсирует действие остальных сил, препятствующих относительному
движению сопротивляющихся поверхностей.
Fyпр.
(x
l
kx , где k
4. Сила упругости
коэффициент упругости, x
абсолютная деформация
l l0 ) , Знак минус говорит о том, что Fyпр. направлена против деформа-
ции, т.е. стремится вернуть тело в недеформированное состояние.
5. Силы инерции
Силы инерции вводятся для того, чтобы описать движение тела относительно
неинерциальной системы отсчета K , движущейся ускоренно относительно инерциальной системы отсчета K и являются псевдосилами.
a) неинерциальная система отсчета движется поступательно относительно
инерциальной системы отсчета с ускорением ac ( Fi
mac где m – масса тела, ac
– ускорение системы отсчета).
б) неинерциальная система отсчета вращается относительно инерциальной
системы отсчета с угловой скоростью ω . Сила инерции, действующая на тело в
такой неинерциальной системе отсчета называется центробежной ( Fцб
mω2r ,
где r вектор направленный от оси вращения до центра масс тела ) . Если тело
движется со скоростью V I относительно вращающейся системы отсчета, то на тело действует также сила инерции, называемая силой Кариолиса Fкор. 2m V I ω .
Если объектом исследования является материальная точка или если тело движется поступательно, то для решения задач используется второй закон Ньютона
(основное уравнение динамики материальной точки – динамическое уравнение).
Некоторые физические определения, используемые при решении задач
Абсолютно упругим называется удар, при котором полная механическая энергия не меняется. Механическая энергия не переходит в другие виды энергии. При
рассмотрении абсолютно упругого удара следует использовать законы сохранения
импульса и полной механической (кинетической) энергии.
При абсолютно неупругом ударе тел после удара тела движутся вместе с
одинаковыми скоростями. Механическая (кинетическая) энергия частично или
полностью переходит в другие виды энергии. Механическая энергия не сохраняется. Сохраняется импульс системы.
Алгоритм решения задач
1. Сделать рисунок.
2. Выбрать одно тело и изобразить все силы, действующие на него.
3.Записать основное уравнение динамики в векторном виде
ma F1 F2 ... Fn ,
где F1, F2 ,..., Fn все внешние силы, действующие на систему.
(1),
4. Выбрать оси координат.
5. Спроектировать уравнение (1) на выбранные оси координат. Пункты 2–5
повторить для всех тел системы.
6. Составить уравнения проекций всех сил на соответствующие оси координат, дополнить эту систему уравнений, исходя из условия задачи, другими уравнениями, чтобы число неизвестных равнялось числу уравнений и решить эту систему
уравнений.
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Задача 1. На небольшое тело массы m , лежащее на гладкой горизонтальной поверхности, в момент времени t 0 начала действовать сила, модуль
F которой зависит от времени по закону F kt , где
N
k постоянный вектор, совпадающий с направлеθ
нием силы. Направление этой силы все время составляет угол θ с горизонтом. Найти скорость тела
x в момент отрыва от плоскости и путь, пройденный
Fтр
телом к этому моменту.
mg
Анализ условия задачи: в соответствии с условием задачи на тело действуют сила тяжести ( mg ), сила реакции поверхности ( N )
y
и сила из условия задачи, зависящая только от времени ( F kt ).
Для решения задачи необходимо: 1) сделать рисунок с обозначением всех
действующих сил, 2) составить основное динамическое уравнение 3) выбрать систему координат и спроецировать эти силы на оси координат.
Решение задачи. Динамическое уравнение запишется в виде векторного
уравнения m
dV
dt
mg N F . Ось OX расположим на плоскости, по которой
движется тело. Ось OY перпендикулярна оси OX . Тогда уравнение движения в
проекциях на оси координат имеет вид
dVx
(1)
ktcosθ ,
dt
(2)
0 mg N ktsinθ .
OY
Момент отрыва находится из условия N 0 и из уравнения (2) находим мо-
OX
m
мент времени, в который происходит отрыв тела от поверхности
tотр.
mg
ksinθ
(3)
Первое уравнение можно записать в виде mdVx ktcosθdt . Проинтегрировав
это уравнение, мы узнаем скорость движения тела по поверхности. В соответствии
с условием задачи интеграл будет определенным с пределами интегрирования ско-
рости от 0 до V и времени 0 нуля до t
V
t
m dV
k cosθ tdt
0
mV
V
0
k cosθ
0
t2
2
t
0
V
kt 2 cosθ
.
2m
(4)
Скорость тела в момент отрыва определим подставив в уравнение (4) уравнение (3)
Vотр.
mg 2 cosθ
.
2ksin2θ
Пройденный телом путь до момента отрыва найдем используя формулу для
пути через скорость
ds
dt
V
tотр.
ds Vdt
s
tотр.
Vdt
0
0
kt 2 cosθ
dt
2m
kt 3 cosθ
6m
tотр.
0
m2 g 3 cosθ
6k 2sin3θ
Задача 2. Тело массы m тянут по гладкой горизонтальной поверхности с силой равной по модулю
F αmχ , где α постоянный по модулю вектор,
F совпадающий с направлением вектора силы. Угол,
N
под которым действует сила, изменяется по закону
θ
θ As , где A постоянная, s путь пройденный телом из начального положения. Определить скорость
x тела как функцию пути s .
mg
Анализ условия задачи: из условия задачи надо
определить, какие силы действуют на тело. Это сила
тяжести (mg ) , сила реакции поверхности ( N ) , сила соответствующая условию за-
y
дачи F
αmχ .
Для решения задачи необходимо: записать динамическое уравнение второго
закона Ньютона, нарисовать рисунок с обозначением и направлением всех сил,
выбрать систему координат (от выбора направления осей координат зависит простота или сложность решения задачи), спроецировать все силы на оси координат.
Решение задачи. В нашем случае динамическое уравнение запишется в виде
m
dV
dt
mg N αmχ , поскольку поверхность гладкая то сила трения отсутствует.
Проекции на оси координат:
dV
F cosθ ,
dt
OY 0 mg N Fsinθ .
OX m
(1)
(2)
Ноль в левой части уравнения (2) указывает на то, что тело движется по поверхности (вдоль оси OX ) и не совершает движения по оси OY .
Условие N 0 есть условие отрыва тела, т.е. в точке x , соответствующей условию mg Fsinθ , тело не соприкасается с поверхностью и при Fsinθ mg появ-
ляется отличное от нуля ускорение a y , т. е. тело поднимается над поверхностью.
Учитывая условия задачи, первое уравнение мы можем записать в виде:
m
dV
dt
αmχ cos As .
(3)
Для нахождения зависимости скорости от пути необходимо провести интегрирование этого уравнения. Анализ показывает, что в этом уравнении присутствуют три переменные (s, V , t) , а интегрирование проводится по двум. Необходимо выразить одну из этих переменных через две другие. Три этих переменных свя-
ds
, где ds и dt бесконечно
dt
ds
малые приращения s и t . Из кинематического уравнения получим dt
и подV
dV
ставим это выражение в уравнение (3) mV
αχm cos As . Разделим переменные
ds
mVdV mαχ cos As ds и проинтегрируем это уравнение. По условию задачи тело
начинает двигаться из точки s 0 . В этой точке V 0. Тогда интеграл будет определенным с пределами интегрирования s от 0 до s и V от 0 до V ,
заны между собой кинематическим уравнением V
V
s
αχ cos As ds .
VdV
0
0
Подынтегральные выражения являются табличными. Выносим постоянные за
знак интеграла записываем
V
s
VdV
0
αχ cos As ds ,
0
V2 V
2 0
αχ
s
sin As 0 sin As
A
s
0
.
Подставив верхний и нижний пределы, для скорости найдем выражение:
V
2aχ
sin As .
A
Прежде чем приступить к решению задач на закон сохранения импульса введем некоторые физические определения.
Абсолютно упругим называется удар при котором полная механическая энергия не меняется. Механическая энергия не переходит в другие виды энергии. При
рассмотрении абсолютно упругого удара следует использовать законы сохранения
импульса и полной механической (кинетической) энергии.
При абсолютно неупругом ударе тел после удара тела движутся вместе с одинаковыми скоростями. Механическая (кинетическая) энергия частично или полностью переходит во внутреннюю энергию (теплоту). Механическая (кинетическая)
энергия не сохраняется. Сохраняется импульс системы и полная энергия т. е.
Eкин.нач. Eкин.кон. Q .
Задача 3. Шар массы m1 , летящий со скоростью V1 , совершает абсолютно упругий удар с покоящимся шаром массы m2 и отскакивает под прямым углом. Найти скорости шаров после столкновения и угол, под которым отскочил второй шар.
Для решения этой задачи необходимо проанализировать физические процессы, происходящие с шарами до и после столкновения, ознакомиться с физическими терминами и законами – импульс, закон сохранения импульса, закон сохранения энергии.
Решение задачи. Сделаем рисунок, соответствующий условию задачи и обозначим направления векторов импульса до и после удара в выбранной нами системе координат (ось OX вдоль направления движения первого шара до столкновения, ось
y
y
m
M
1
α
x
2
x
OY перпендикулярная оси OX ). Запишем закон сохранения импульса и кинетической энергии.
mV
1 1 mV
1 1
m1(V1 )2
2
m2V2 ,
m1(V1 )2
2
(1)
m2 (V2 )2
.
2
Спроецируем первое векторное уравнение на оси координат
OX mV
1 1 m2V2 cosα ,
OY 0 mV
1 1
(2)
m2V2 sinα .
(3)
Угол нам неизвестен и чтобы исключить его из уравнений возведем уравнения (2) в квадрат и сложим
2
(mV
1 1)
(m2V2 cosα)2
2
(mV
1 1)
(m2V2 sinα)2
,
(4)
m12 ((V1 )2 (V1 )2 ) m22 (V2 )2
так как
sin2 α cos2 α 1.
Проведя математические преобразования и перегруппировав уравнение для кинетической энергии из (1) мы получим формулу
m1((V1 )2 (V1 )2 ) m2 (V2 )2 .
(5)
Разделим результирующее уравнение (4) на уравнение (5) получим
m1
(V1 )2 (V1 )2
(V1 )2 (V1 )2
m2 , откуда V1
V1
m2 m1
.
m1 m 2
(6)
Подставляем (6) в результирующее уравнение (4) и находим V1
m2 m1
2m2
m 2m1
) m22 (V2 )2 m12 (V1 )2
m22 (V2 )2 (V2 ) V1 1
.
m1 m2
m1 m2
m2 m1 m2
Для нахождения угла α разделим первые два уравнения из (4) друг на друга и наm1(V1 )2 (1
ходим
tgα
N
F
V1
V1
m2 m1
.
m1 m2
Задача 4. Дырявую тележку массы m0 загрузили песком и начали тянуть с постоянной
силой F . Из отверстия в тележке песок высыпается с постоянной скоростью μ
mg
Nпеска
кг
. Найти зас
висимость скорости и ускорения тележки от
x времени.
Решение задачи. Из условия задачи следует, что масса тележки с песком изменятся со временем по закону
(1)
m m0 μt .
Скорость тележки является функцией времени V (t ) . По направлению движения
тележки направим ось OX .
Запишем закон изменения импульса в интегральной форме
pкон.
t
dp
pнач.
p
pкон.
Fdt ,
0
pнач.
Ft ,
(2)
где под F понимается сумма всех внешних сил, и спроецируем уравнение (2) на
ось OX
pкон. pнач. Ft ,
m(t )V 0 Ft ,
(m0 μt )V Ft .
Откуда
V
Ft
m0 μt
.
Для нахождения ускорения запишем закон изменения импульса в дифферен-
циальной форме
dp
dt
F и спроецируем вектора на ось OX
d
m0 μt V
dt
F.
(3)
В уравнении (3) переменными являются t и V и продифференцировав уравнение (3) по переменным t и V получим
μV
μV (m0
Откуда
a
F μV
m0 μt
dV
F,
dt
μt )a F .
m0 μt
F
μFt
m0 μt
m0 μt
m0 F
.
m0 μt
Задача 5. Пуля массы m летит со скоростью V1 и попадает в шар массы M ,
лежащий на краю стола на высоте h . Найти импульс шара и пули при ударе о пол
(удар абсолютно неупругий).
Для решения задачи необходимо ознакомиться с законом сохранения импульса при абсолютно неупругом ударе.
Анализ условия задачи: известны масса и скорость пули и масса неподвижного шара, высота на котором расположен шар.
m
M
n
2
h
h
h
3
Решение задачи: Для решения задачи сделаем рисунки, объясняющие три состояния системы. Первое состояние: пуля летит со скоростью V1 . Запишем закон
сохранения импульса и закон сохранения энергии для этого состояния
pсист.1 mV1,
Eсист.1
mV12
(m M )gh .
2
Второе состояние: пуля ударяется в шар и застревает в шаре. Происходит совершенно неупругий удар. Запишем законы сохранения импульса и изменения
энергии для этого состояния
pсист.2 mV2 ,
Eсист.2
(m M )V22
(m M )gh ,
2
где V2 – скорость пули и шара как одного целого.
Третье состояние: пуля и шар ударяются о пол. Запишем закон сохранения
импульса и энергии для этого состояния
pсист.3 mV3 ,
(m M )V32
,
2
E
где V3 – скорость пули и шара в момент удара о пол.
Анализ переходных состояний: при переходе системы из состояния первого
во второе происходит абсолютно неупругий удар. При этом выполняется закон сохранения импульса и не выполняется закон сохранения энергии.
p1 p2 mV1 (m M )V2 ,
V2
mV1
.
m M
При переходе из состояния два в состояние три выполняется закон изменения
импульса и закон сохранения энергии
p (m M )V3 (m M )V2 (m M )gt ,
где t – время падения шара и пули с высоты h .
Выбираем оси координат, как показано на рисунке. Проекции импульса на эти
оси равны
OX
(m M )V3. X (m M )V2 0 , V3. X
OY
V2
(m M )V3.Y 0 (m M )gt , V3.Y
mV1
;
m M
gt .
Время падения пули и шара с высоты связаны соотношение h
t
2h
. Тогда V3.Y
g
2gh . Скорость V3 по модулю равна
V3
V3.2X V3.2Y
m2V12
(m M )2
2gh .
Импульс системы шар–пуля в момент удара о пол будет равен
p3 (m M )V3
m2V12
(m M )
(m M )2
2gh .
gt 2
и
2
Задачи для самостоятельного решения
1. Тела, с массами m1 и m2 , связаны нитью и двигаются под действием постоянной силы F , направленной под углом α к горизонту. Коэффициент трения между обоими телами и поверхностью одинаков и равен μ . Найти ускорение тел и
силу натяжения нити между телами.
2. Шарик подвесили на нити длиной l и раскрутили в горизонтальной плоскости так, что он поднялся на высоту h . Найти скорость вращения шарика.
3. Частица массой m1 летит со скоростью V1 вдоль оси OX . Частица массой
m2 летит со скоростью V2 под углом α к оси OX . Частицы совершают совершенно неупругий удар. Найти импульс системы после удара и выделившуюся при
этом теплоту.
4. В вагонетку массы m0 , движущуюся под действием постоянной силы F ,
насыпают песок со скоростью μ . Найти скорость и ускорение вагонетки как функцию времени.
5. В тело массы m1 , висящее на невесомой, нерастяжимой нити длиной l , попадает пуля массы m2 и застревает в нем. Найти ускорение тела в точке максимального подъема.
ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ ЭНЕРГИИ
Энергия количественная мера всех видов движения и взаимодействия, где
под движением понимаются любые изменения в системе с течением времени.
Сколько есть видов движения и взаимодействия в природе, столько и видов энергии. Полная энергия есть сумма всех видов энергии.
Если система замкнутая, то закон сохранения энергии формулируется следующим образом полная энергия замкнутой системы постоянна, т. е. энергия не
исчезает в никуда и не возникает из ничего, но она может переходить из одного
вида в другой. Процесс превращения одного вида энергии в другой называется работой A
r2
r2
( Fdr )
r1
F cosαdr , где dr – элементарное перемещение тела из поло-
r1
жения с радиусом – вектором r 1 в положение с радиусом вектором r2 , α – угол
между направлением силы и вектором перемещения.
Механическая энергия есть сумма кинетической и потенциальной энергий
Eмех. Eкин. Eпот. .
Кинетическая энергия
энергия движения Eкин
mV 2
.
2
Потенциальная энергия – энергия взаимодействия тел друг с другом или отдельных частей одного и того же тела. Например: 1 энергия взаимодействия тела с
Землей Eпот
mgh const , где const зависит от выбора нулевого уровня.
kX 2
, где k – ко2 – энергия взаимодействия друг с другом витков пружины – Eпот
2
эффициент упругости пружины, X l l0 – абсолютное удлинение (сжатие) пружины.
Закон изменения механической энергии при наличии неконсервативных сил
записывается выражением
Eмех. Eмех.кон. Eмех.нач. Aнеконсерв.сил .
Консервативные силы силы, работа которых не зависит от формы и длины
траектории, а зависит только от начального и конечного положений тела. Работа
консервативных сил по замкнутой траектории равна нулю.
Неконсервативные силы это силы, работа которых зависит от формы и длины
траектории. Неконсервативные силы превращают механическую энергию движения
во внутреннюю энергию (тепло). К неконсервативным силам относятся: силы трения,
сопротивления среды, пластические деформации и т. д. и они всегда меньше нуля, т.
к. направлены против направления перемещения тела.
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Задача 1. Тело массы m соскальзывает с пологой горки высотой h и длиной
основания l и останавливается у ее подножия. Найти минимальную работу, которую надо затратить, чтобы затянуть тело на горку.
x
1
Fmin
N
h
2
a
mg
Fтр
б
Для решения задачи необходимо ознакомиться с законом сохранения полной
механической энергии, неконсервативные силы, динамическое уравнение второго
закона Ньютона.
Решение задачи. Для решения задачи используем закон изменения полной
механической энергии с учетом неконсервативных сил. Рассмотрим два состояния
системы: первое состояние – тело находится в начальном верхнем положении на
горке и опустилось на основание горки (см. рис. а)) и запишем закон изменения
механической энергии
E Eкон. Eнач. Aтр. , Eнач. mgh, Eкон. 0 .
Минимальная работа будет выполнена, когда к телу приложена минимальная
сила
Fмин. Амин. А Fмин. .
Рассмотрим состояние, когда тело поднимается на горку (рис. б)). Составим динамическое уравнение второго закона Ньютона для этого случая и сделаем рисунок с
обозначением направления всех сил (рис. б)). Выберем систему координат и запишем проекции всех сил на оси этой системы координат. Горка пологая и зададим
угол , который она составляет с основанием. Сила, которая выполняет минимальную работу ( Амин. ) , будет минимальной, когда тело понимается с постоянной
(a 0)
скоростью,
т.
е.
ускорение
тела
равно
нулю
.
ma Fмин. mg N Fтр. 0 Fмин. mg N Fтр. Fмин.
(mg N Fтр. ) .
Для нахождения выполненной элементарной работы мы должны каждую из этих
сил умножить скалярно на элементарное перемещение тела dr
mgdr cosα dAmg , ( Ndr )
m(gdr )
Ndr cosα AN
0(cosα 0),
( Fтр.dr ) Fтр.dr cosα Aтр. , dr sinα dh
и интегрирование по dh даст нам минимальную работу
h
Amg
Aтр.
h
mgdh
0
mgdh
2mgh .
0
Минимальная работа, затраченная на поднятие тела на горку, будет равна
AFmin 2mgh .
m1
x2
x1
m1
k
m2
Fупр
0
m2
mg
б
a
E1
E Пн.к. EПв.к.
Задача 2. Два кубика массы m1 m2 m
связаны пружиной, имеющей коэффициент
жесткости k , и поставлены вертикально. На
сколько надо сжать пружину, чтобы при освобождении ее нижний кубик оторвался от
подставки.
Решение задачи. Рассмотрим два состояния системы: первое состояние пружина максимально сжата X1 l l0 . В этом состоянии система обладает энергией
EПпр.
0 mg(l0
kX12
X1 )
,
2
где ЕПн.к. – потенциальная энергия нижнего кубика, ЕПв.к – потенциальная энергия
верхнего кубика, ЕПпр. – потенциальная энергия сжатой пружины.
Второе состояние: пружина максимально растянута X 2
стоянии система обладает энергией
l2 l0 . В этом со-
kX 22
E2 ЕПн.к. ЕП
Епр. 0 mg(l0 X 2 )
.
в.к.
2
Во втором состоянии на нижний кубик действуют силы mg, N , F упр. . В момент отрыва N 0 и для второго состояния можно записать динамическое уравнение mg N Fупр. 0 , где Fупр. kX 2 и в проекциях на ось OY (см. рис.)
mg Fупр. 0
kX 2
mg
X2
mg
.
k
Так как на систему не действуют неконсервативные силы, то закон сохранения
энергии выполняется и можно записать
mg(l0
kX12
X1 )
2
mg k mg 2
( ) ,
k 2 k
2mg
4m2 g 2 12m2 g 2 mg 2mg
0, X1
,
2k
r
3mg
.
X1
k
mg
соответствует растяжению (состояние 2) пруk
mgX1
kX12
2mgX1
m2 g 2
3
k
Второе значение X 2
X1
жины.
kX12
2
mg(l0
kX 22
X2 )
,
2
mg
Задача 3. Ведром массы m и объема V зачерпывают воду, плотность которой
равна π , на глубине h . Ведро висит на цепи, масса одного метра которой равна m0 .
Какую работу надо совершить, чтобы вытянуть ведро с водой из колодца?
Решение задачи. Определим приращение потенциальной энергии системы
EП E кон. Eнач. .
Начальная потенциальная энергия системы будет определяться потенциальной энергией ведра с водой, находящихся на глубине колодца и потенциальной
энергий растянутой цепи
Енач.
где πV
масса воды, величина
(m πV )gh m0 g
h
0,
2
h
задает центр масс цепи Yc
2
h
, а потенциаль2
ная энергия цепи определяется положением центра масс цепи. Если за нулевой
уровень принята поверхность Земли, то Eкон. 0 и
EП
A Eкон. Eнач. (m πV
m0
)gh .
2
1
h
3
2
1
Задача 4. Тело массы m соскальзывает с гладкой горки высотой h и попадает
на доску массы M . Доска лежит на гладкой поверхности. Найти работу силы трения между доской и телом, совершенную за все время движения тела по доске. Переход с горки на доску плавный.
Решение задачи. Воспользуемся законами сохранения энергии и импульса.
Рассмотрим три состояния системы. Тело находится на вершине горки и покоится.
В этом состоянии оно обладает потенциальной энергией
EП mgh .
Тело находится у подножия горки. Потенциальная энергия перешла в кинетическую энергию движения тела
mV 2
,
2
EK
где V скорость тела у подножия горки.
Так как горка гладкая, силы трения отсутствуют и выполняется закон сохранения
энергии
mgh
mV 2
2
V
2gh .
Перед попаданием на доску, у ее подножия тело приобрело импульс p mV . Тело
находится на доске и они двигаются вместе как единое целое. В этом состоянии
система «тело доска» обладает импульсом
p1 (m M )V1
и кинетической энергией
EK1
(m M )V12
.
2
Так как на систему тело – доска не действуют в направлении OX внешние силы,
то проекция px p1x 0 , т. е. выполняется закон сохранения импульса
p p1 mV (m M )V1,
откуда
V1
m
V
m M
m 2gh
.
m M
Между телом и доской существует сила трения. Следовательно изменение механической энергии равно работе силы трения и можно записать закон изменения пол-
ной механической энергии
EK1
Атр.
(m M )V12 mV 2
EK Aтр.
Aтр.
2
2
(m M ) m 2gh 2
mM
(
) mgh
gh .
2
m M
m M
Задача 5. Санки длиной l0 скользят по гладкому льду со скоростью V и выезжают на посыпанную песком дорогу. Продвинувшись по дороге на расстояние
l 3l0 они останавливаются. Найти коэффициент трения μ дороги.
Для решения задачи необходимо проанализировать условия выполнения закона сохранения механической энергии.
Решение задачи. Движение санок от начального до конечного положения
можно разбить на четыре состояния (Рис.). В первом состоянии тело скользит по
гладкому льду со скоростью V и оно обладает в этом состоянии кинетической
mV 2
энергией E1
. В состоянии 4 тело останавливается и E4 0 . Запишем закон
2
изменения механической энергии Eкон. Eнач. Aтр. .
Fтр1
N1
mg
0
1
N2
Fтр2
0 x
N
N 0
3
mg
x
4
3
2
0
В состоянии 3 тело полностью скользит по шероховатой дороге и сила трения
в этом случае равна Fтр. μmg . Второе состояние – это состояние, когда санки,
длиной l0 надвигаются на шероховатую дорогу. В этом состоянии на санки действуют четыре силы: сила тяжести mg , сила реакции опоры со стороны льда N1 , сила реакции опоры со стороны дороги N2 и сила трения Fтр.2 , зависящая только от
mg
X . По услоl0
вию задачи движение по льду происходит без трения. Сила трения Fтр.2 является
силы реакции опоры со стороны дороги Fтр.2
μN2 . Здесь N2
функцией X . Работа силы трения Fтр.2 на участке 0 l0
l0
Aтр.2
0
μN2dX
l0
mg
μ XdX
l0
0
l
mg 0
μ
XdX
l0 0
mg X 2 l0
μ
l0 2 0
μ
mgl0
2
На участке l0 3l0 равном 2l0 сила трения постоянна и равна Fтр.3 μmg и
работа сил трения на этом участке равна Aтр.3
μmg2l0 . Запишем закон измене-
ния энергии Eкон.
0
Eнач.
mV 2
2
Aтр. с учетом всех сил
μmgl 0
2μmgl0
2
V2
5μgl0
μ
V2
.
5gl0
Задачи для самостоятельного решения
1. Веревку длиной l0 и массой m , лежащую на гладкой горизонтальной поверхности, затягивают на наклонную плоскость, имеющую коэффициент трения μ
и расположенную под углом к горизонту. Найти работу, затраченную на это передвижение веревки, если первоначально один конец веревки лежал у основания
наклонной плоскости.
2. Однородный кабель длиной l перекинут через блок и находится в равновесии. Легким толчком кабель выводится из положения равновесия. Найти скорость
кабеля в момент соскальзывания с блока. Трением пренебречь.
3. Вода выбрасывается из гладкого шланга сечением S под углом к горизонту на высоту h , выше конца шланга. Резервуар, в который погружен шланг на
h2 ниже выходного отверстия. Если к.п.д. установки равно η , то какова мощность
мотора?
4. Небольшое тело массы m1 покоится на полусфере радиуса R . В тело стреляют пулей массы m2 , летящей со скоростью Vn . Пуля заcтревает в теле и оно начинает соскальзывать с полусферы. На какой высоте от стола тело оторвется от
полусферы?
5. На чашку пружинных весов массы M падает с высоты h небольшое тело
массы m и прилипает к весам. Найти максимальное сжатие пружины весов, если
коэффициент упругости пружины k .
МОМЕНТ ИНЕРЦИИ
Момент инерции I
мера инертности тела при вращательном движении.
Момент инерции зависит от массы тела, ее распределения по объему тела и выбора оси, относительно которой вычисляется. Момент инерции материальной точки
определяется формулой I mi ri2 где mi – масса материальной точки, ri – ее расстояние до выбранной оси.
Для определения момента инерции твердого тела его разбивают на систему
материальных точек (элементарных масс), определяют момент инерции каждой
материальной точки (элементарной массы) относительно оси и проведя суммирование полученных данных определяют момент инерции твердого тела как целого
I
mi ri2 ,
i
где mi – элементарная масса; ri – расстояние этой элементарной массы твердого
тела до оси. Элементарную массу можно выразить через плотность твердого тела
m π V , где π – объемная плотность, а V – элементарный объем твердого тела, суммирование заменить интегрированием и формула для определения момента
инерции запишется в виде
I
πr2 V .
(V )
Если твердое тело однородно, с постоянной плотностью по всему объему
(π const) , то π можно вынести за знак интеграла и запишем
I π r2 V .
(V )
Наиболее просто момент инерции определяется для симметричных тел, относительно осей, проходящих через центр инерции (главные оси инерции) или через
оси симметрии однородного тела, являющиеся всегда главными осями инерции.
2
Если ось проходит через центр массы тела, то I γmRmax
, где Rmax – максимальное расстояние от конца твердого тела до оси вращения, γ – постоянная, зависящая от формы тела.
Для определения момента инерции твердого тела относительно любой оси,
расположенной на расстоянии a от оси инерции, проходящей через центр инерции
твердого тела, используется теорема Штейнера (теорема о переносе осей инерции)
I Ic ma2 ,
где Ic – момент инерции твердого тела относительно оси, проходящей через центр
инерции (центр масс) твердого тела и параллельной исходной оси; a – расстояние
от оси инерции, проходящей через центр инерции твердого тела (OO ) , до оси, относительно которой мы определяем момент инерции твердого тела и параллельной
OO , m – масса твердого тела.
Примеры решения задач
m
R
Задача 1. Найти момент инерции бесконечно тонкого кольца,
массы m и радиуса R относительно оси, проходящей через центр
кольца и перпендикулярной плоскости кольца.
z
Решение задачи. Для решения задачи необходимо ознакомиться с физическими понятиями: момент инерции материальной
точки, момент инерции системы материальных точек, момент инерции твердого
тела, момент инерции симметричных тел, теоремой Штейнера (теорема о переносе
осей инерции), вспомнить определение центра масс.
Чтобы применить формулу момента инерции материальной точки
(1)
I
mi Ri2
i
для нахождения момента инерции тонкого кольца, разбиваем кольцо на бесконеч-
но малые (элементарные) массы mi (см. рис.). Так как кольцо тонкое, мы можем
считать Ri R , где Ri – радиус i -ой бесконечно тонкой кольцевой зоны, R – радиус бесконечно тонкого кольца. Тогда в формуле (1) R2 можно вынести за знак
суммы
I
R2
mi .
i
Так как
mi
m , то I
2
mR . Момент инерции бесконечно тонкого кольца ра-
i
вен I
mR2 .
z
R
dr
r
Задача 2. Найти момент инерции одноz1 родного диска массой m , радиуса R относительно оси: 1) перпендикулярной диску и
проходящей через его центр; 2) перпендикулярной к плоскости диска и касательной к образующей.
h
Решение задачи. Разбиваем диск на бесконечно тонкие кольца высотой h , равной
толщине диска (величина постоянная для всех
бесконечно тонких колец), шириной каждого
dr и радиусом этого бесконечно тонкого кольца r . Момент инерции такого кольца найдем по формуле
(1)
dI r2dm.
Диск однородный (π const) . Выразим массу dm через объемную плотность и
элементарный объем бесконечно тонкого кольца
(2)
dm πdV ,
где π – объемная плотность, dV – элементарный объем бесконечно тонкого диска. В
нашем случае объем однородного диска равен V πr2h , а дифференциал
dV
d (πr2 )
h
dr 2πhrdr .
dr
(3)
Подставляем уравнения (2) и (3) в (1)
r2πdV
r2π2πhrdr 2ππhr2rdr 2ππhr3dr .
Из условия задачи ясно, что r изменяется от 0 до R . Эти значения задают нам
dI
пределы интегрирования.
Тогда момент инерции диска равен
R
I
R
R4
2ππhr dr 2ππh r dr 2ππh
4
0
0
3
3
R
0
ππhR4
.
2
В этой формуле нужно перейти от объемной плотности диска к его массе, которая задана в условии задачи
π
m
, V
V
πR2h и I
mπhR4
2V
mπhR4
2πR2h
mR2
.
2
Для нахождения момента инерции относительно оси, касательной к образующей, применим теорему Штейнера
I Ic ma2 ,
где a R .
Момент инерции диска относительно оси OO , касательной к образующей,
mR2
2
будет равен I
dh
mR2
3 2
mR .
2
Задача 3. Найти момент инерции однородного шара
массы m и радиуса R относительно оси, проходящей через его центр.
z
R
Решение задачи. Очень часто для нахождения момента инерции сложных центрально-симметричных тел
h
R
используется прием, когда тело разбивается не на элементарные массы, символизирующие материальные точки, а
на элементарные, более простые тела, моменты инерции
которых известны.
В нашем случае разобьем шар на бесконечно тонкие
R
диски толщиной dh , где h – расстояние от центра шара до
элементарного диска (см. рис.), r – радиус каждого элементарного диска. Из рисунка
ясно, что в нашем случае мы имеем две переменные h и r . Для элементарного диска
r
момент инерции относительно оси, проходящей через его центр, равен dI
dmr2
2
(см. предыдущую задачу). Поскольку диск однородный, то можно перейти от массы
к объемной плотности и записать
dI
r2dm
2
πr2dV
.
2
Элементарный объем элементарного диска равен
dV πr2dh ,
где r – радиус элементарного диска; dh – его толщина. Тогда момент инерции такого диска равен
dI
πr2πr2dh
.
2
(1)
Анализ этой формулы показывает, что она содержит две, зависящие друг от друга,
переменные r и h , а интегрирование нужно провести по одной переменной. Из
рисунка видно, что r и h связаны соотношением
R2
r2 h2
r2
R2 h2 .
Подставим это значение r в формулу (1) и проинтегрируем ее в пределах от 0
до R .
R
I
ππr2r2dh
2
0
R
ππ R 4
( R 2R2h2 h4 )dh
2 0
ππ( R2 h2 )2
dh
2
0
ππ R 4
ππ R 2 2
R dh
2R h dh
2 0
2 0
1
2 1
ππR5 (1
)
2
3 5
R
2
4
h dh
0
3
ππ 4
2h
( R h 2R
2
3
h5
)
5
R
0
1
8
ππ( R5 ) .
2
15
Мы вычислили момент инерции половины шара. Поскольку шар тело симметричное, то момент инерции всего шара получим умножив результат на два
18
8
ππR5
ππR5 .
215
15
m
4 3
Выразим плотность шара через массу π
,V
πR . Момент инерции шаV
3
2 3
ра равен I
mR .
5
I
2
Задача 4. Найти момент инерции
тонкого стержня массой m , длиной l , относительно оси, проходящей через его
центр перпендикулярно стержню.
z
dx
x
2
x
2
Решение задачи. Проведем ось OX
вдоль стержня и выберем O в центре стержня. Тогда его конец будет иметь коор-
l
l
и . Разбиваем стержень на бесконечно малые элементарные массы
2 2
dm dV , где dV – элементарный объем элементарной массы, равный dV Sdx
( S const – площадь поперечного сечения стержня, dx – элементарная толщина
элементарной массы dm ). Момент инерции элементарной массы dm , как материальной точки равен dI x2dm . Суммирование (интегрирование) всех dI даст модинаты
мент инерции стержня
l
2
I
dI
(V )
l
2
l
2
x3
x dm 2 πSx dx 2πS
3
0
2
2
l
2
0
2πSl 3
24
πSl 3
.
12
В этой формуле момент инерции находится через линейную плотность вещества
π . Учитывая, что π
m
а V Sl , найдем момент инерции стержня через его массу
V
I
ml 2
, где
12
1
.
12
Задача 5. Найти момент инерции тонкой пластины размером l , H, h
h ~ l и h ~ H относительно оси, лежащей в плоскости пластины перпендикулярно l , параллельно H и проходящей через центр массы пластины.
2
dx
OI
Решение задачи. Разбиваем пластину
x на бесконечно тонкие стержни массы
dm πdV параллельные оси OO . Момент
инерции такого элементарного стержня равен dI πH hx2dx (см. задачу 4). Проведя
интегрирование получим момент инерции
пластины
2
l2
I
(V )
l2
l2
x3
2 πH hx dx πH h
3
0
O
dh
πH hx2dx
dI
2
l2
0
πH hl 3
.
12
Выразив массу пластины через объемную плотность и объем
π
получим момент инерции пластины
m
m
,
V lH h
I
ml 2
.
12
Задачи для самостоятельного решения
1. Найти момент инерции конуса массы m , радиуса основания R , относительно оси, совпадающей с осью симметрии.
2. Найти момент инерции прямоугольного параллелепипеда массой m и размерами l , H, h , относительно оси параллельной H и проходящей через его центр.
3. Найти момент инерции шара массы m и радиуса R , относительно оси ,
проходящей через центр шара и имеющего боковую сферическую полость радиуса
R 2.
4. Найти момент инерции тонкой пластины массой m и имеющей форму прямоугольного треугольника с катетами a и b , относительно оси инерции, совпадающей с катетом a .
5. Найти момент инерции полусферы массы m и радиуса R , относительно
оси, совпадающей с диаметром основания полусферы.
МОМЕНТ СИЛЫ, МОМЕНТ ИМПУЛЬСА И ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ
МОМЕНТА ИМПУЛЬСА
Векторная величина M
rF , где r – радиус-вектор точки приложения си-
лы F относительно некоторой точки O , называется моментом силы относительно
точки O . Момент силы характеризует способность силы вращать тело вокруг точки, относительно которой он вычисляется. Величина момента силы M rF sinα ,
где α – угол между векторами r и F . Величина l r sinα называется плечом силы. Плечо силы есть расстояние от точки O до прямой, вдоль которой действует
сила.
Векторная величина L rp , где r – радиус-вектор частицы относительно
некоторой точки O , а p mV – импульс частицы, называется моментом импульса частицы относительно точки O .
Пусть твердое тело вращается вокруг неподвижной оси OZ с угловой скоростью ω . Любая точка этого тела движется по окружности радиуса r . Модуль момента импульса этой точки, относительно центра окружности, равен
L rp rmV mr2ω .
Проекция момента импульса всего тела на OZ , Lz Iωz . Основное уравнение
динамики вращательного движения вокруг неподвижной оси
dLz
dt
I
dωz
dt
M zвнешн. .
Если проекция суммарного момента внешних сил M zвнешн.
момента импульса на эту ось сохраняется
кон сохранения момента импульса.
dLz
dt
0
Lz
0 , то проекция
const . Выполняется за-
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Задача 1. Два диска, имеющих моменты инерции I1 и I2 вращаются вокруг
одной оси перпендикулярной плоскости дисков на разных высотах с угловыми
скоростями ω1 и ω2 . Верхний диск падает на нижний и они начинают вращаться
вместе. Найти установившуюся угловую скорость дисков и какая часть механической энергии перейдет во внутреннюю?
ω2
I2
ω1
I1
ω
I1 I2
Решение задачи. Для решения задачи необходимо ознакомиться с физическим термином момент импульса и законом сохранения момента импульса, кинетическая энергия вращательного движения.
В соответствии с законом сохранения момента импульса мы должны записать
Lнач. Lкон. . В начальный момент времени диски разъединены и вращаются с различными угловыми скоростями. Момент импульса для такой системы равен сумме
моментов импульсов каждого из дисков в отдельности Lнач. I1ω1 I2ω2 (в соответствии с нашим рисунком). После падения диски вращаются вместе, с угловой
скоростью ω и момент импульса их равен Lкон. ( I1 I2 )ω . Возьмем проекции вектора момента импульса на ось OZ совпадающую с направлением угловой скорости и запишем закон сохранения LZ нач. I1ω1 I2ω2 , LZ кон. ( I1 I2 )ω
LZ нач. LZ кон. . Приравняем значения этих моментов импульсов и найдем установившуюся угловую скорость совместного вращения дисков
I1ω1 I2ω2
( I1 I2 )ω
ω
I1ω1 I2ω
.
I1 I2
Кинетическая энергия вращательного движения записывается формулой
E
Iω2
.
2
Отношение разности кинетических энергий начального и конечного состояний к начальной кинетической энергии даст нам ту часть энергии, которая перейдет во внутреннюю энергию
E
Eнач.
I1
I1
ω0
ω1
Iω12 Iω22 ( I1 I2 )ω2
Iω12 Iω22
ω0 I2
ω2
I2
I1I2 (ω1 ω2 )2
.
I1ω12 I2ω22
Задача 2. Два диска, с одинаковыми радиусами и с моментами инерции I1 I2 , раскрутили вокруг осей, проходящих через их
центры, перпендикулярно плоскости дисков до
одинаковой угловой скорости ω0 и привели в
соприкосновение (см. рис.). Через некоторое
время, из-за силы трения, диски приходят в новое положение равновесия. Найти изменение
момента импульса и изменение энергии в этом
процессе.
Решение задачи. Рассмотрим процессы, протекающие в данном вращательном движении.
Начальный момент. Диски вращаются по отдельности с одинаковыми угловыми скоростями Lнач. I1ω0 I2ω0 . В момент соприкосновения дисков между
ними возникает сила трения, угловая скорость их не установившаяся и при этом
процессе закон сохранения момента импульса не выполняется.
После некоторого промежутка времени угловая скорость становится установившейся ω и диски вращаются с этой установившейся скоростью навстречу друг
другу Lкон. I1ω I2ω (знак минус т. к. направления векторов угловой скорости
диска 1 и диска 2 равны по модулю и противоположны по направлению ω1 ω,
ω2
ω . Тогда для изменения момента импульса первого диска можно записать
I1ω I1ω0
L1
M Fтр.1
R1Fтр.1 ,
L2
I2ω I2ω0
M Fтр.2
R2 Fтр.2 .
Проанализируем формулы изменения момента импульса 1 и 2. В этих формулах
радиусы R1 R2 R , силы трения, в соответствии с третьим законом Ньютона,
противоположны по направлению и равны по модулю Fтр.1 Fтр.2 , моменты сил
равны по величине и направлению
M Fтр.1 M Fтр.2 .
Тогда
L1
L2 , I1ω I1ω0
I2ω I2ω0
ω
( I1 I2 )
ω .
I1 I 0
Изменение момента импульса в начальном и конечном состояниях равно
L Lкон. Lнач.
( I1 I2 )ω ( I1 I2 )ω0
( I1 I2 )2
ω ( I1 I2 )ω0
I1 I2 0
4I1I2ω0
.
I1 I2
Разность кинетических энергий вращательного движения дисков в конечном и
начальном состояниях даст изменение кинетической энергии.
E
( I1 I2 ) 2 ( I1 I2 ) 2
ω
ω0
2
2
dr
2I1I2ω02
.
( I1 I2 )
Задача 3. Диск радиуса R , массы m раскрутили до угловой скорости ω0 и положили плашмя
на горизонтальную поверхность с коэффициентом
трения μ . Найти момент импульса диска через
время t .
z
ω
I1 I 2 I1 I2 2
ω0 (
) 1
2
I1 I2
R
r
Решение задачи. Для решения задачи ознакомьтесь с условиями выполнения закона сохранения момента импульса. Изменение импульса
системы запишется формулой
t
L L L0
t
Mвн.dt
0
L L0
Mвн.dt ,
(1)
0
где L – конечный момент импульса, когда диск он лежит на поверхности.
mR2
L0 Iω0
ω – начальный момент импульса диска, до соприкосновения его с
2 0
поверхностью, Mвн. момент внешних сил. На диск действуют внешние силы:
mg – сила тяжести диска, N
сила реакции опоры, Fтр. – сила трения, возникающая между диском и поверхностью. Момент импульса изменяется под действием
внешнего момента сил. Рассмотрим, какие из трех сил (mg, N , Fтр. ) создают момент силы, направленной вдоль оси вращения. При выбранном нами направлении
оси Z момент силы создает только сила Fтр. . Проекция изменения момента имt
пульса (1) на ось Z будет равна Lz
Mвн.dt , (знак минус т. к. Mвн. направ-
L0
0
лен в противоположную оси Z сторону). Для нахождения момента сил MFтр. разобьем диск на кольца с элементарной массой dm и объемом dV . На кольцо радиуса
r и ширины dr действует сила трения dFтр. μgdm , где dm πdV dV 2πhrdr
элементарный объем плоского кольца радиусом r и толщиной dr . Момент сил такого элементарного диска равен
dMFтр.
rdFтр.
2ππμghr2dr
π
Момент сил создаваемый силой трения равен
R
M Fтр.
2πμghmr2dr
πhR2
0
2μgmr3
3R2
R
0
m
.
πR2h
2
μmgR .
3
Проинтегрируем выражение
t
M Fтр. dt
M Fтр. t
L L0
0
2
μmgRt
3
mR2
2
ω0
μmgRt
2
3
Задача 4. Цилиндр массы m и радиуса R начинает скатываться без проскальзывания с наклонной плоскости, расположенной под углом α к горизонту. Найти
момент импульса цилиндра через время t .
Решение задачи. В начальный момент временно цилиндр покоится и его момент импульса равен нулю L0 0 и изменение момента импульса есть величина
t
Mвн.dt . Цилиндр соскальзывает без трения ( Fтр. 0) и
L L L0
0
единственной силой, создающей момент сил является сила тяжести. В проекции на
ось z , в выбранной нами системе координат, момент силы равен
t
Mвн.
Mmg
Rmg sinα
L L
Mmg dt mgRt sinα .
0
Задача 5. С высоты h по наклонной плоскости скатывается без проскальзывания цилиндр и шар с одинаковыми массами и радиусами. Во сколько раз линейная скорость цилиндра будет меньше линейной скорости шара. Во сколько раз шар
скатится быстрее.
Решение задачи. По условию задачи необходимо найти отношение
Vц.
, т. е.
V ш.
необходимо найти скорости скатывания шара и цилиндра. Эти величины найдем
из закона сохранения энергии Eнач.потен. Eкон.кинет. , где Eнач.потен. – потенциальная
энергия тела на высоте h ; Eкон.кинет. – кинетическая энергия тела у основания
плоскости. Тела совершают плоское движение и полная кинетическая энергия рав-
V
mV 2
ω
на Eкинет.
, где
– кинетическая энергия поступательноR
2
Iω2
го движения центра масс тела, а
– кинетическая энергия вращательного дви2
mV 2
2
Iω2
2
жения тела.
По условию задачи массы тел и моменты инерции шара и цилиндра, заданы
Iш.
2 2
mR , Iц.
5
Eкинет.ш.
1 2
mR . Кинетическая энергия шара равна
2
2
mVш.
2
Iш.
V ш.
R
2
2
mV 2ш.
2
2 mR2Vш.2
5 2R2
Кинетическая энергия цилиндра
Eкинет.ц.
mVц.2
2
Iц.
Vц.
R
2
7
2
.
mVш.
10
2
mR2Vц.2
4R2
mVц.
2
3
mVц.2 .
4
Потенциальная энергия шара равна потенциальной энергии цилиндра, т. к.
их массы и радиусы одинаковы и они находятся на одной высоте, т. е.
Eпотен.ц. Eпотен.ш. mgh .
Запишем закон сохранения механической энергии для шара и цилиндра и,
взяв их отношения, найдем отношения скоростей.
mgh Eкинет.ш.
2
mVш.
2
mgh Eкинет.ц.
mVц.2
2
Iш.
Iц.
V ш.
R
2
2
Vц.
R
2
2
2
mVш.
2
mVц.
2
2 mR2Vш.2
5 2R2
mR2Vц.2
4R2
7
2
,
mVш.
10
V
3
mVц.2 , ц.
V ш.
4
30
.
28
Для ответа на второй вопрос необходимо найти отношение времени скатывания шара к времени скатывания цилиндра. Воспользуемся результатами задачи 4
t
Mвн.
Mmg
Rmg sinα
L L
0
Mmg dt mgRt sinα .
Для шара и цилиндра формула момента импульса имеет вид
Iш.ωш.
tш.
tц.
mgRtш. sinα , Iц.ωц.
mR2
ω
2 ш.
2 2
mR ωц.
5
Iш.ωш.
Iц.ωц.
mgRtц. sinα , ω
5 Vц.
4 V ш.
tш.
tц.
V
,
R
5 28
.
4 30
Задачи для самостоятельного решения
1. Шарик попадает в водоворот на расстоянии R1 от центра воронки. Во
сколько раз увеличится его угловая скорость на расстоянии R2 от центра?
2. Планета вращается вокруг звезды по эллиптической орбите с полуосями a и
b . Найти отношение минимальной и максимальной угловых скоростей планеты.
3. Диск m массы и радиуса R раскрутили до угловой скорости ω и положили
на стол. Через время t он остановился. Найти коэффициент трения стола.
4. Шар радиуса R начинает скатываться с наклонной плоскости длиной l , и
расположенной под углом α к горизонту. Найти конечную угловую скорость
шара.
5. Человек массы m находится на краю платформы массы M и радиуса R ,
вращающейся с угловой скоростью ω0 . Найти угловую скорость платформы с человеком, если человек переместился в центр платформы.
ОСНОВНОЕ УРАВНЕНИЕ ДИНАМИКИ ВРАЩАТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ
Основное уравнение динамики вращательного движения
Iβz
M z,i,внешн. ,
(1)
где I – момент инерции твердого тела, β z – проекция углового ускорения на ось OZ ,
Mi.внешн. z – проекция момента i – внешней силы на ось OZ . Ось OZ выбирается
вдоль оси вращения твердого тела. Уравнение (1) является аналогом основного уравнения динамики материальной точки (второй закон Ньютона).
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
y
α
mg
Задача 1. С какой силой F , направленной
под углом α к горизонту, надо тащить кольцо
F массы m и радиуса R по поверхности, чтобы
оно не вращалось. Коэффициент трения между
кольцом и поверхностью μ .
N
Fтр
x
Решение задачи. Для решения задачи необходимо сделать рисунок с обозначением всех действующих сил, их направлением, точкой приложения и выбрать
систему координат. В общем случае кольцо должно совершать как поступательное,
так и вращательное движение. Запишем для данного тела основные уравнения динамики поступательного и вращательного движения с учетом всех действующих
на тело сил.
ma mg N F Fтр. ,
Iβz Mz,mg Mz,N Mz,F Mz,тр. .
Чтобы кольцо не раскручивалось угловое ускорение должно быть равно нулю
(β 0) . Ось OZ выбираем по предполагаемой оси вращения (ось колеса) перпендикулярно его плоскости и направленной за эту плоскость от наблюдателя. Тогда
проекции моментов сил на ось OZ будут равны:
Mmg,z 0, MN ,z 0, MFтр.z RFтр. , MFz
RF sinα .
Подставив эти значения проекций моментов сил в динамическое уравнение
вращательного движения получим
RFтр.
RFsinα , Fтр.
F sinα
F
Fтр.
.
sinα
(1)
Проекции сил на оси OX и OY (поступательное движение кольца)
OX ma F cosα Fтр. ,
Fтр. μN μ(mg F sinα) (2)
Объединив уравнения (1) и (2) получим для силы F значение
μmg
μ(mg F sinα) F sinα F
.
(1 μ)sinα
OY 0 N Fsinα mg , N mg F sinα
Задача 2. Через блок (диск) массы m0 и радиуса R перекинута нить, на концах которой висят грузы массой m1 m2 . Найти ускорение грузов.
N
R1
T1
R2
T2
T2
T1
m2
m1
m2g
y
m1g
Решение задачи. Для решения задачи необходимо сделать рисунок с обозначением всех,
действующих в системе сил и указать их направления в выбранной системе координат. В нашей
системе расположены три тела; блок (диск) и два
груза (рис.). Грузы совершают поступательное
движение, с одинаковыми по модулю ускорениями a , а блок – вращательное, с угловым ускорением β . Для этих трех тел запишем динамические уравнения
m1a m1g T1,
m2a m2 g T2 ,
M
RT1
RT2
Rm0 g
RN .
Проекции сил, приведенных в уравнениях, на выбранные оси координат равны
(1)
OY m1a m1g T1 ,
(2)
m2a T2 m2g .
OY
Проекции моментов сил Rm0 g и RN на ось OZ равны нулю, т. к. эти силы приложены к центру масс, расположенном на оси вращения блока ( R 0)
(3)
OZ Iβ RT1 RT2 .
T1 и T2
T2 равны по модулю и противоположны по направСилы T1
лению
Iβ RT1 RT2 .
(4)
Сложив уравнения (1) и (2) получим
a(m1 m2 ) (m1 m2 )g (T1 T2 ) .
В этом уравнении неизвестно (T1 T2 ) , которое находится из уравнения (4) с
m0 R2
учетом, что момент инерции диска равен I
, а подставив эти значения по2
a
лучим β
R
am0
(m1 m2 )g
a(m1 m2 ) (m1 m2 )g
a
.
m0
2
m1 m2
2
Задача 3. На катушку, в виде двухступенчатого блока, массой m , радиусами r и R , расположенную на поверхности стола, намотана нить.
За нить тянут с силой F под углом α к горизонту, как показано на рисунке. Найти ускорение
катушки, если ее момент инерции I .
y
F
R
mg
r
α
N
Решение задачи. Под действием силы F
катушка совершает два типа движения поступательное и вращательное. Сделаем рисунок с обозначением всех сил и их направлением и запишем динамические уравнения поступательного и вращательного
движений.
Поступательное движение ma mg N F Fтр. .
Fтр
x
Вращательное движение Iβ Mmg M N M F M тр. .
В проекциях, на выбранные оси координат, получим
(1)
OX ma F cosα Fтр. ,
(2)
OZ Iβ rF RFтр. .
Из уравнений (1) находим Fтр.
ma F cosα , и подставим в уравнение (2)
Ia
( Fr FR cosα) FR(r R cosα)
Fr ( F cosα am)R a
.
R
I mR2
I mR2
Задача 4. На катушку массой m , радиусами
r , R и моментом инерции I , расположенную на
высоте h на гладкой наклонной плоскости с углом наклона α к горизонту, намотана нить. Конец
нити закреплен так, что она расположена параллельно плоскости. За какое время катушка скатится с плоскости.
F
r
N mg
R
h
x
Решение задачи. Силы, действующие на катушку постоянны. Это значит, что ускорение ее также постоянно ( a const ) и в
этом случае нужно применить формулы для равноускоренного движения. Катушка, скатываясь по наклонной плоскости без начальной скорости, пройдет путь
at 2
l
. Время за которое она скатится с плоскости равно
2
2l
t
.
(1)
a
h
С другой стороны из рисунка имеем l
. Для нахождения времени t неsinα
обходимо найти ускорение a .
По условию задачи сила трения между катушкой и наклонной плоскостью отсутствует и вращающий момент будет создаваться только за счет намотанной на
катушку нити. Динамические уравнения для поступательного и вращательного
движения, с учетом всех действующих сил имеют вид
ma mg N F , M рез. I
Mmg M N M F .
Проекции моментов сил на ось OZ , проходящей через центр катушки, равны
Mmg 0 , MN 0 , MF rF .
Тогда проекции сил и моментов сил на выбранные оси координат равны
(2)
ma mg sinα F ,
OX
(3)
0 N mg cosα ,
OY
(4)
OZ Iβ rmg sinα rF .
Для нахождения времени t будем использовать только (2) и (4) уравнения.
Воспользовавшись формулой, связывающей линейное и угловое ускорения
a
r
β
a
, и подставим это значение β в уравнение (4) Тогда уравнение (4)
r
принимает вид I
a
r
rF
F
I
лучим
ma mg sinα I
a
. Подставим значение F в уравнение (1) и поr2
I
a
,a m 2
2
r
r
mg sinα , a
mg sinα
I
m 2
r
g sinα
.
I
1
mr2
(5)
При равноускоренном движении путь, проходимый катушкой, записывается
формулой
S
at 2
, a
2
t2
,
2S
где S l длина наклонной плоскости и из рисунка l
ние a в формулу (5) получим
a
t2
2l
t 2 sinα
2h
mg sinα
I
m 2
r
h
. Подставим это значеsinα
g sinα
.
I
1
mr2
Подставим это значение ускорения в уравнение (5) и выразим время скатывания
катушки с плоскости. Оно
2S
a
t
I
mr2
sinαg sinα
2h 1
1 2h
I
.
1
sinα g
mr2
Задача 5. На цилиндр массы m и радиуса R намотана
нить. Свободный конец нити закреплен на потолке и цилиндр отпускают. Найти ускорение цилиндра.
T
R
Решение задачи. Цилиндр совершает поступательное
движение центра масс и вращательное движение. Для поступательного движения динамическое уравнение движения
имеет вид ma mg T , где mg – сила тяжести, T сила наmg
тяжения нити. Выберем систему координат как показано на
рисунке. В этом случае динамическое уравнение вращательного движения принимает вид Iβ Mmg . В проекциях на оси координат запишем
ma mg T ,
(1)
OY
(2)
Iβ Rmg .
OZ
Для нахождения момента инерции цилиндра, относительно оси проходящей
как показано на рисунке, воспользуемся теоремой Штейнера
z
I
I0 mR
2
mR2
2
mR2
3 2
mR , β
2
a
.
R
Подставив эти значения в уравнение (2) получим a
2
g.
3
Задачи для самостоятельного решения
1. Шар массы m и радиуса R подвешен на нити длиной l закрепленной на
стенке за верхнюю точку. Шар опирается о стенку. Найти коэффициент трения
стенки и силу натяжения нити.
2. Диск массы m и радиуса R раскрутили до ω0 и положили плашмя на горизонтальную поверхность с коэффициентом трения μ . Через какое время диск остановится.
3. Стержень, массы m , длиной l и объемом V , раскрутили до угловой скорости ω0 вокруг оси перпендикулярной стержню и проходящей через его центр. Сила сопротивления единицы объема стержня Fc kv , где v – линейная скорость
стержня. Какая угловая скорость будет у стержня через время t .
4. На двухступенчатый диск массой M , радиусами R и 2R и моментом инерции I намотаны нити. Одна нить прикреплена к потолку, а к свободному концу
второй привязан груз массы m . Найти ускорение груза.
5. Цилиндр массы m и радиуса R лежит на двух полозьях. На цилиндр намотана
нить, свободный конец которой свешивается между полозьями. За нить тянут силой
F . Найти коэффициент трения между цилиндром и полозьями.
ГАРМОНИЧЕСКИЕ КОЛЕБАНИЯ
Движения материальной точки (материального объекта), периодически повторяющиеся во времени, называются колебательными движениями или колебаниями, а
система, совершающая колебания, называется колебательной системой.
Свободными колебаниями называются колебания, которые происходят, если
систему вывести из положения равновесия и отпустить ее, т. е. действие внешних
переменных воздействий на колебательную систему отсутствует.
Вынужденные колебания возникают в системе под влиянием переменного
внешнего воздействия.
Колебания называются периодическими, если значения всех физических величин, характеризующих колебательную систему и изменяющихся при ее колебаниях, повторяются через равные промежутки времени. Промежуток времени, равный одному полному колебанию системы, называется периодом колебаний (T ) .
Собственной частотой периодических колебаний называется величина
1
и
T
равная числу полных колебаний, совершаемых за единицу времени. Циклической
или круговой частотой периодических колебаний называется величина
2
2
и равная числу полных колебаний, совершаемых за 2 единиц вреT
мени.
Периодические колебания величины x(t ) называются гармоническими колебаниями, если величина x(t ) меняется по закону синуса или косинуса.
(1)
x(t ) x0sin( t 1) ,
(2)
x(t ) x0cos( t 2 ) ,
где x(t ) отклонение материальной точки от положения равновесия в момент
времени t ; x0 максимальное отклонение частицы от положения равновесия и эта
величина называется амплитудой колебания; 1, 2 начальные фазы колебания:
t α фаза колебания в любой момент времени.
Динамическое уравнение колебания пружинного маятника (второй закон
Ньютона) под действием упругой силы Fупр. kx , где k – коэффициент упругости
пружины, записывается уравнением
m
d 2x
dt 2
kx .
Знак минус указывает на то, что сила упругости направлена против направления смещения груза маятника массой m .
Динамическое уравнение колебаний физического маятника под действием силы тяжести F mg записывается уравнением
d2
I 2
dt
mglsin ,
где I момент инерции физического маятника;
угол отклонения маятника от
положения равновесия; l расстояние от точки подвеса до центра массы.
При малых значениях величины x(t ) пружинного маятника и малых значения
угла
sin
, I
d2
dt 2
колебания пружинного и физического маятни-
mgl
ков являются гармоническими и совершаются по закону синуса или косинуса
(уравнения (1), (2)).
Величины
2
0
mgl
I
0
2
0
k
m
I
mgl
k
m
0
T
T
mgl
I
2
2
m
k
– для пружинного маятника и
– для физического маятника называются
циклическими (круговыми) частотами (в скобках периодами) колебаний. Тогда
динамическое уравнение колебаний пружинного маятника имеет вид
d2x
dt 2
2
0x
x
2
0x
x
2
0x
0.
Динамическое уравнение колебаний физического маятника
d2
dt 2
mgl
I
mgl
I
mgl
I
0.
Решением этого уравнения являются функции
0 cos( 0t α) .
0 sin( 0t
α) или
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
FAp2
FAp1
h
Задача 1. Ареометр, покоящийся в
жидкости плотностью , подтолкнули вниз
и он начал совершать колебания. Найти период малых колебаний ареометра, если его
масса m , а площадь поперечного сечения
x трубки S .
Решение задачи. В состоянии покоя
часть ареометра погружена на глубину h .
На него будут действовать сила тяжести и
сила Архимеда равная силе тяжести, вытесненной ареометром жидкости
h
mg
mg
Fap.
mжидк.g
Shg
где
– плотность жидкости; Sh V объем вытесненной ареометром жидкости.
Динамическое уравнение для этого состояния имеет вид
(1)
0 mg Fap. .
Когда ареометр толкнули вниз, он погрузился на глубину h x и динамическое уравнение для этого состояния запишется формулой
(2)
ma mg Fap.2 , где Fap.2 Sg(h x) .
В проекциях на оси координат уравнения (1) и (2) запишутся
(3)
OX 0 mg Shg mg Shg ,
ma m
OX
d 2x
mg
dt 2
Sg (h x) .
(4)
Подставим в уравнение (4) уравнение (3) и проведя преобразования получим
формулу
m
d 2x
dt 2
gSx
m
d 2x
dt 2
gSx 0 .
(5)
Уравнение (5) является дифференциальным уравнением колебаний ареометра
в жидкости. Отсюда имеем
нических колебаний, где
d 2x
dt 2
2
0
gS
x 0 . Это динамическое уравнение гармоm
gS
gS
и период колебаний ареометра
0
m
m
равен T
m
.
gS
2
Задача 2. Пружина с коэффициентом жесткости k стоит на столе. С
высоты h , где h отсчитывается от
верхнего положения пружины до точки равновесия колеблющегося шарика,
на пружину падает шарик массой m и
0 прилипает к пружине (абсолютно неx упругий удар). Найти амплитуду колебаний шарика ( h отсчитывается от
верхнего края пружины).
y
h
x2
x1
x
I
x0
x0
II
Решение задачи. В момент соприкосновения шарика с пружиной образуется система шарик-пружина, где в качестве тела, совершающего колебания, является шарик. В начальный момент шарик обладает потенциальной энергий Eнач. mgh . Конечная энергия состоит из потенциальной энергии покоящегося шарика, в нижнем его положении и энергии
пружины Eкон.
kx2
2
mgx , где x – максимальная деформация пружины, при ко-
торой скорость шарика равна нулю
Eкон.
Eнач.
kx2
2
x
mgx mgh
mg
kx2
2
mgx mgh 0 ,
(mg )2 2kmgh
.
k
(mg)2 2kmgh
Шарик будет совершать колебания от x1
до
k
x1 x2
mg
(mg )2 2kmgh
. Амплитуда колебаний шарика равна xmax.
2
k
mg
x2
xmax
(mg )2 2kmgh
.
k
Шарик будет колебаться с амплитудой x около положения равновесия.
Задача 3. На два одинаковых диска 1 и 2 , расположенных на расстоянии l и
вращающихся с одинаковыми угловыми скоростями навстречу друг друга, кладут
длинный стержень. Коэффициент трения между дисками и стержнем . Найти период малых колебаний стержня.
y
N1
N2
2
Fтр1
ω
C
z xC Fтр2
0
mg
2
x
ω
Решение задачи. Анализ условия задачи показывает, что на стержень действуют силы: mg, N1, N2 , Fтр.1, Fтр.2 . Динамическое уравнение имеет вид
ma mg N1 N2 Fтр.1 Fтр.2
и проекция его на ось OX
d2x
m 2
dt
Fтр.1 Fтр.2
( N1 N2 ) . В этом уравнении
неизвестна разность ( N1 N2 ) . Найдем эту разность записав уравнение динамики
вращательного движения относительно оси через середину стержня и перпендикулярную стержню и относительно которой происходят колебания стержня.
Тогда I
N1
l
l
mgx N2 . Стержень не совершает вращательного движе2
2
ния
вокруг
этой
оси,
т.
е.
0 и
l
l
2mgx
0 N1
mgx N2
N1 N2
.
2
2
l
Дифференциальное
стержня принимает вид
m1
3
2
3
m2
d 2x
m 2
dt
2 mg
x
l
уравнение
2
2 g
l
T
колебаний
2
l
2 g
Задача 4. Физический маятник представляет
собой стержень массы M , длиной l , на котором
расположены три груза одинаковой массы m . Грузы расположены от оси подвеса на расстояниях
m3
y
.
1
l,
3
2
l и l . Определить период колебаний стержня от3
носительно оси подвеса.
Решение задачи. Физический маятник представляет собой систему, состоящую из четырех тел: стержень, и три груза, подвешенных в различных местах
стержня. Период колебаний такой системы запишется формулой
T 2
I
,
mc gr0
где I момент инерции физического маятника, представляющий собой сумму
моментов инерции тел, входящих в систему.
I Iстерж. Iгр.1 Iгр.2 Iгр.3 .
1 2
Ml и моменты инерции грузов как ма3
Момент инерции стержня равен Iстерж.
териальных точек
2
Iгр.1
l
, Iгр.2
3
2
m l
3
2
, Iгр.3
Момент инерции физического маятника равен I
I
ml 2 .
Iст. Im1
ml 2
1 2 3
3
1 2 1 2 4 2
1 2
Ml
ml
ml ml 2 I
Ml
3
9
9
3
1
3M 14m
l 2 M 2m
I l2
.
3
9
Im2
Im3 .
1 2
Ml 2ml 2
3
Центр масс маятника находится по формуле
l 1
2
ml
ml ml l (3M 12m) l ( M 4m)
2
3
3
r0
.
M m m m
6( M 3m) 2( M 3m)
Масса всей системы равна mc M m m m M 3m .
M
Период колебаний физического маятника будет равен
T 2
z
C1
C
I
m0 grc
2
3
l (3M 14m)
.
g (M 4m)
Задача 5. Однородный стержень длины l совершает малые колебания вокруг горизонтальной оси,
перпендикулярной к стержню и проходящей через
произвольную точку стержня. Найти расстояние между
центром стержня и осью подвеса, при котором период
колебаний будет наименьшим?
Решение задачи. Стержень будет совершать колебания под действием силы тяжести, и уравнение его
движения имеет вид
I
d2
dt 2
mgx
d2
dt 2
mgx
I
0,
где x расстояние от произвольной оси подвеса
стержня до центра масс, I – момент инерции стержня
относительно произвольной оси подвеса. Период колебаний такого маятника равен
T
2
I
.
mgx
(1)
Для нахождения момента инерции воспользуемся теоремой Штейнера
I
где
1 2
ml mx2 ,
12
(2)
1 2
ml – момент инерции относительно оси проходящей через центр стержня.
12
Подставим (2) в (1)
T 2
l2
12gx
x
.
g
Для нахождения расстояния x при котором период будет наименьший необ-
l2
x
ходимо исследовать функцию
на экстремум, т. е. продифференцировать
12gx g
ее по x и приравнять к нулю
2
d l2
x
l
l
2 l
.
(
) 0 x
x
T 2
dx 12gx g
12
12
g 3
Задачи для самостоятельного решения
1. Землю просверлили по диаметру и в образовавшуюся шахту бросили тело
массы m . Найти период малых колебаний тела в шахте.
2. Тело массы M подвесили на пружинке жесткостью k и отклонили вниз от
положения равновесия на величину x0 , заставив его совершать колебательные
движения. Затем на расстоянии
x0
от положения равновесия поставили плиту.
2
Найти период новых колебаний тела.
3. На дно сферической чашки, с радиусом сферы R положили шайбу массы
m . Найти период малых колебаний шайбы.
4. Стержень массы m и длины l шарнирно закреплен в верхней точке. К нижнему концу стержня, перпендикулярно к нему прикрепили пружину, с коэффициентом жесткости k и вывели из положения равновесия. Найти период колебаний и
приведенную длину стержня.
5. Шарик массы M лежит на поверхности и прикреплен в верхней точке двумя горизонтальными пружинами, коэффициенты упругости которых k1 и k2 . Определить период малых колебаний шарика, если проскальзывания между шариком
и поверхностью нет.
ЗАТУХАЮЩИЕ И ВЫНУЖДЕННЫЕ КОЛЕБАНИЯ
Воздействие на колебательную систему внешних сил (силы трения, сопротивления среды и т. д.) приводит к затуханию колебаний. Рассмотрим наиболее простой случай колебания материальной точки в вязкой среде.
Сила сопротивления среды зависит от скорости движения точки
dx
и при неdt
больших скоростях пропорциональна ей и направлена в сторону противоположную скорости ( r
dx
, где r – постоянная величина, называемая коэффициентом
dt
сопротивления и характеризует физические свойства среды). Эта сила добавится к
упругой силе ( kx) и дифференциальное уравнение затухающих колебаний имеет
вид
d 2x
m 2
dt
k
Введем обозначения
m
d 2x
dt 2
Величина
dx d 2 x
k
r dx
kx r
x
.
dt
m
m dt
dt 2
2 r
2 и запишем уравнение в виде
0,
m
dx
2
dt
2
0x
d 2x
dt 2
2
0x
dx
0.
dt
2
(1)
называется собстенной частотой незатухающих (свободных) ко-
лебаний системы,
r
2m
коэффициентом затухания.
xme t cos( t α) , где
Решением уравнения (1) является функция x(t )
– частота затухающих колебаний, а A(t ) xme t амплитуда затухающих колебаний.
Отношение значений амплитуды затухающих колебаний отличающихся друг
2
0
2
A(t )
e t называется декрементом затухания, а
A(t T )
от друга на период T и равное
ее логарифм
логарифмическим декрементом затухания
ln
где
1
A(t )
A(t T )
T
T
1
,
N
– промежуток времени, в течение которого амплитуда затухания колеба-
ния уменьшилась в e раз и называется временем релаксации; N число колебаний, в течение которых амплитуда уменьшилась в e раз.
Добротностью колебательной системы называется безразмерная величина
Q
2
1 e
2 T
2
1 e
2
.
При малых значениях
, колебания почти не затухающие
Q
T0
2
0,
где T0 – период свободных колебаний, ω0 – циклическая частота свободных колебаний.
Вынужденные колебания возникают, если кроме упругой силы и силы сопротивления среды на колеблющуюся систему действует добавочная периодически
действующая сила. Уравнение движения (второй закон Ньютона) запишется формулой
d 2x
m 2
dt
dx
kx r
Fx (t )
dt
d 2x
dx
2
2
dt
dt
2
0x
Fx (t ) .
Если
Fx (t )
вынуждающая сила изменяется по гармоническому закону
F0cos t , то для вынужденных установившихся колебаний амплитуда равна
F0
A
m (
2
0
2 2
)
4
2
2
.
При резонансе амплитуда, соответствующая резонансной частоте равна
Aрез.
F0 m
2
2
0
2
, а резонансная частота
рез.
2
0
2
.
ВОЛНЫ
Тело называется упругим, а его деформация, вызываемая внешним воздействием, называется упругой деформацией, если она полностью исчезает после прекращения этого воздействия. Процесс распространения колебаний в упругой среде
называется волной. Упругая волна называется продольной, если частицы среды
колеблются в направлении распространения волны. Продольные волны связаны с
объемными деформациями упругой среды и распространяются в любой среде –
твердой, жидкой или газообразной. Упругая волна называется поперечной, если
частицы среды колеблются, оставаясь в плоскостях, перпендикулярных к направлению распространения волны. Поперечные волны связаны с деформациями сдвига упругой среды и распространяются только в кристаллических телах. Волна называется гармонической, если изменение состояния среды происходит по закону
синуса или косинуса. Геометрическое место точек, колеблющихся в одинаковой
фазе, называется волновой поверхностью. Геометрическое место точек, до которых доходит волна к моменту времени t , называется фронтом волны. По форме
волнового фронта синусоидальная (косинусоидальная) волны делятся на плоские и
сферические. Уравнение плоской синусоидальной волны, распространяющейся в
направлении оси x
S Asin( t kx α0 ) ,
где S – отклонение частицы среды от положения равновесия в момент времени t ;
A максимальное отклонение частицы среды от положения равновесия (амплитуда
2
волны);
круговая частота волны ( T период волны, ω 2 ,
– собстT
2
2
венная частота волны); k
называется волновым числом;
VT V
VT расстояние, на которое распространяется синусоидальная волна за время
равное периоду колебаний и называется длиной волны;
ны.
0
начальная фаза вол-
A
sin
r
Уравнение сферической синусоидальной волны S
t kr
Дифференциальное волновое уравнение упругой волны
2
2
2
x2
y2
z2
.
1 2S
S
, где
V 2 t2
– оператор Лапласа в декартовой системе координат.
Фазовая скорость упругих продольных V
где
0
объемная плотность среды, E
E
, и поперечных V
модуль Юнга, G
G
волн,
модуль сдвига.
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Задача 1. Математический маятник с логарифмическим декрементом затухания λ0 поместили в среду, в которой коэффициент сопротивления в
R
dFc
n раз больше, чем в первой среде.
r
Найти логарифмический декреω
dr мент затухания маятника во второй среде.
dFc
Решение задачи. В соответствии с условием задачи коэффициент сопротивления второй среды связан с коэффициентом сопротивления первой соотношением r nr0 . Из теории известно,
что 2
r
m
r 2 m
n 0.
Декремента затухания в первой среде равен
0
0T0
0
2
0
2
0
2 2
0 0
2 2
0 0
2
0
2 2
0 0
2
0 (1
2
0) .
(1)
Используя значение декремента затухания во второй среде, через ряд математических преобразований, получим значение декремента затухания во второй среде
2 2
0
n 02 (1
2 2
0
n2
2
).
(2).
Разделив (2) на (1) получим
2
2
0
n2 (1
1
2
)
2
2
0
2
0
n2
n
2 2
0
0
2
0 (1
1
2
n2 )
2
0
(1
n2
2
0)
n2 20 ,
.
Задача 2. Диск массы m и радиуса R подвесили на совершенно упругой нити
за центр и привели в колебательное движение в горизонтальной плоскости вокруг
вертикальной оси. Момент упругих сил нити равен MFynp. α . Сила сопротивления внешней среды, действующая на единицу площади диска равна Fc
ти период малых колебаний диска.
. Най-
Решение задачи. На диск действуют внешние силы и колебания его будут затухающими. Для нахождения периода затухающих колебаний диска, необходимо
записать основное уравнение динамики вращательного движения с учетом всех
сил, действующих на диск.
I
M Fynp. M Fc .
В проекции на ось
I
OZ
где I
mR2
2
MFynp.
MFc ,
(1)
момент инерции диска. По условию задачи сила сопротивления сре-
ды приходится на единицу площади диска и для нахождения силы сопротивления,
действующей на весь диск необходимо выделить элементарную площадь диска,
r и путем интегриронайти элементарную силу сопротивления с учетом что
вания найти полный момент силы Fc.
dFc
dS
r2 rdr .
Момент силы будет равен
dM Fc
rdFc
2
r
2 r dr 2
R
3
r dr
M Fc
2
r3dr
0
R
2
r3dr 2
0
4
4
R
4
R
,
2
d2
,
dt 2
d
.
dt
Уравнение (1) запишем в виде
d2
I 2
dt
R4 d
2 dt
d2
I 2
dt
R4 d
2 dt
0,
d2
dt 2
2
0
Откуда
R4 d
2I dt
2
,
mR2
I
R2
,
2m
0
d2
R4 d
2
m dt mR2
dt 2
2
R2 2
( 2 )2 (
) , T
2m
mR
0.
2
.
Fупр
Задача 3. Тело подвешено на пружине и под действием внешней вертикальной силы Fx F0cos t совершает установившиеся
движения по закону x Acos( t
) . Найти работу силы Fx за период T колебаний.
mg
Решение задачи. Колебания вынужденные и под действием
вынуждающей силы Fx тело совершает работу
Fx
A
Fxdx .
(1)
Уравнение установившегося движения тела задано и продифференцировав это
выражение получим
dx a sin( t ) .
Подставим все эти значения в (1) и используя формулы приведения найдем
работу A
T
A
T
a F0 cos t sin( t
)dt
0
a F0 cos t(sin tcos
cos t sin )dt
0
T
cos2 t sin )dt
a F0 (sin t cos t cos
0
T
a F0 (
0
sin 2 t
cos
2
1 cos2 t
sin )dt
2
a F0
a F0
cos2 t cos
t sin
4
2
2 a F0
sin
aF0 sin
2
a F0
sin 2 t sin
4
T
0
a F0
T sin
2
Задача 4. От источника волн с частотой распространяется синусоидальная
волна с начальной фазой α0 0 , скоростью V и амплитудой A . Определить длину
волны, фазу и ускорение точки, находящейся на расстоянии x от источника в момент времени t .
Решение задачи. В общем случае уравнение синусоидальной волны имеет
вид
S
Asin( t kx α0 ) ,
где
2
новое число; α0 – начальная фаза волны.
Тогда уравнение синусоидальной волны, с учетом, что
де S
Asin 2 t
ны, а
VT
2
– циклическая (круговая) частота колебаний; k
V
2
x , где
V
2
VT
V
вол-
0 запишется в ви2
x
t kx 2 t
x 2 (t
) – фаза волV
V
0
.
Ускорение точки найдется как вторая производная от уравнения волны
a
d 2S
dt 2
A 2sin( t kx)
A4
2 2
sin 2
t
x
V
.
Задача 5. Плоская волна распространяется со скоростью V . Период колебаний точек среды T . Найти разность фаз колебаний между точками, находящимися
на расстоянии x друг от друга.
Решение задачи. Поскольку необходимо найти разность фаз одной и той же
волны то начальная фаза и циклическая частота будут одинаковыми для всех точек
волны и разности фаз в точке 1 в точке 2 запишутся
1
t kx1 α0 ,
2
t kx2 α0
k x
2
x
2 x
.
VT
Задачи для самостоятельного решения
1. Амплитуда затухающих колебаний за время уменьшилась в 2 раза. Во
сколько раз она уменьшится за время 3 .
2. Амплитуда вынужденных колебаний при частотах 1 и 2 равны Найти резонансную частоту.
3. При частотах 1 и 2 амплитуда скорости равна половине максимальной
амплитуды. Найти частоту, соответствующую резонансу скорости, и коэффициент
затухания.
4. Плоская волна с частотой распространяется в упругой среде. Длина волны , амплитуда колебаний точки A . Определить фазовую скорость волны и максимальную скорость движения частиц среды.
5. Тело совершает колебания по закону θ θ0e βt cos t . Найти угловую скорость и угловое ускорение тела в момент времени t 0 .