Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Физика -> Ольховский И.И. -> "Задачи по теоретической механике для физиков" -> 77

Задачи по теоретической механике для физиков - Ольховский И.И.

Ольховский И.И. Задачи по теоретической механике для физиков — МГУ, 1977. — 395 c.
Скачать (прямая ссылка): zadachipoteoreticheskoymehanike1977.djvu
Предыдущая << 1 .. 71 72 73 74 75 76 < 77 > 78 79 80 81 82 83 .. 88 >> Следующая

параллельными. Тогда
г'= а соваz", x'=xf.
Обозначим через сг плотность массы стержня, через s - расстояние его
произвольной точки до верхнего конца. Тогда
х" - s• sin a, z" -- -scosa;
2a
Jx'2' - ¦- o j*s-sin a(acos a - scosa)ds =
о
- - o-a3sin2a = - trwPsm acos a.
3 3
Подставляя значение JX'Z> в уравнения движения, получим - /ra<o2sina =
RX'\
- та2 sin a cos сею2 = mga sin a - j - Rx> a cos a.
3
Теперь исключим Rx- и найдем зависимость
UJ - ----------!--------- .
id cos a
Затем получим Rx> и тангенс {5 - угла наклона реакции опоры по отношению
к вертикали
tg Р - -J- tg a.
4
8 32. Выберем систему отсчета s', жестко связанную с твердым телом так,
чтобы ось Oz' была направлена вдоль оси вращения вертикально вверх, а оси
Ох' и Оу' были направлены вдоль нижних ребер куба. Неподвижную систему
координат s можно выбрать совпадающей с системой s' в начальный момент
времени, когда куб находился в покое. Ориентацию s' относительно s зада-
336
Динамика твердого тела
[Гл 8
дим с помощью угла 0 между осями Ох' и Ох. Тогда кинетическая энергия
куба
Тх = ±-№ + -!-таЧ\
2 4
2
где / - -т^2 - момент инерции куба относительно оси, парал-3
лельной оси вращения и проходящей через центр масс куба Кинетический
момент куба
М1г= (у + ^а2) 0.
Обозначим через | расстояние, пройденное шариком в полости куба за время
t. Координаты шарика выражаются через переменную | по формулам
х' - 1/1/3, У' = а -1/1/3, г' = а -1/]/3,
Используя эти выражения, найдем скорость шарика относительно 5
]
Тогда получим
Ч-i
------0а-----ь
/з \ /з у у
/3
/3
С помощью последних формул выразим через независимые переменные 9 и I
кинетическую энергию частицы
2 ( УЗ
и ее момент импульса
MZz = mz
В а
М'
6* _^ + е(а.
з /з Потенциальная энергия шарика
U = mzg(a
j-Ч

I \*
у 3
Кз
§3J
Плоско параллельное движение
337
Таким образом, получим интеграл энергии в виде
Начальные условия 0о=О, |о=0, о0=0 приводят к значению
Из двух последних уравнений находим угловую скорость в, которую
приобретает куб после прохождения шарика через диагональную полость.
8 33. Вначале под действием сил трения и тяжести диск скользит вверх по
плоскости. Однако момент силы трения уменьшает угловую скорость диска.
Поэтому как только его угловая скорость станет равной ы=о/а (о -скорость
центра масс диска), скольжение прекратится и диск начнет катиться без
проскальзывания.
Напишем уравнения движения диска:
где s - расстояние, пройденное центром масс диска; <р - угол поворота
диска, J - его центральный момент инерции относительно оси,
перпендикулярной диску; R- нормальная реакция плоскости. Отсюда
Eo=m2ga. В момент выхода шарика из отверстия ? = а/]/3. Подставляя эти
значения Е0 и | в интеграл энергии, найдем
Интеграл момента системы куб - шарик
Ми + М,г^0
при \ -aiV3 приводит к соотношению
е, = Гл_ +и\1"1/2
U \ 24т" ^ 12m Г } _
ms - - mg sin а -f- kR, J ф = - kRa,
О = - /rag-cos а -К Я,
(1)
(2)
(3)
• ... кка , ,
Ф (0 = - t + О о.
s (t) - (kR - mg sin ас) -
m
ЭЗй
Динамика твердого тела
{Гл 8
При t = tlt когда ф(^) ^ ii.iL, скольжение прекращается. Таким
а
образом (s (fx) - sb ф (tj) = щ)
S, к%а " /Лч
- = со0---------- tt\ (4)
a J
tj_ (5)
т
я, = {kR - mg'sin a) -.
Из (1)-(5) находим
t1=------- ; (6)
g (3k cos a - sin a)
"ой cos a-sin a)
(Di - -^(7) 3k cos a - sin a
Пройденный до момента t\ путь Si=s(^i) равен
si? 'j . cfi oCq (k cos a - sin a)
Si =-- = - sti =-------- (8)
2 2 2g (3k cos a - sin ц)2
Найдем теперь расстояние s2, пройденное центром масс диска при качении.
Из закона сохранения полной энергии
-L- ms 1 -j- -L- J (о? - mgs2 sin a - 0
получим
3a2 со;
<°0 / fecosa - sin a \a ^
in a \ 3ft cos a - sin a /
2 - Л
4g sin
Следовательно, полное расстояние
. 02 too k cos a - sin a ,,
s ~ Si-T-"а =--------------------------------------- (Ю)
4g sin a 3k cos a - sin a
Используем теперь для нахождения sx закон изменения полной энергии
- ms? +-/ "1 + mgsx shl a - - Aa, (II)
2 2 2
1де работа силы трения
Ad --kmgcos a (офх -s^, (12)
Плоскопараллельное движение
339
здесь ф( - полное изменение угла поворота диска до качения. В (11) слева
написано изменение энергии поступательного и вращательного движения, а
справа - сумма работы силы трения на поступательном перемещении и работы
силы трения при вращательном движении. Вычислим вторую часть работы. Для
этого умножим (2) на ср и получим
- (со^ - = -Kmgacos афь (13)
2
т. е. закон изменения энергии вращения. Из (1), умножая на s, найдем
-у т si = mgsx (k cos a. - sltl a), (14)
т. e. закон изменения энергии поступательного движения. Из трех уравнений
(11), (13), (14) только два независимы. Однако имеются три неизвестные
величины (c)i, su фЬ В качестве третьего независимого уравнения можно взять
(7). Тогда из (7) и (14) найдем выражение (8) для sb а из (7) и (13)
получим
2
аао 2k cos a - sin a
g (3k cos a - sin a)a Следовательно, работа силы трения
kma2 <йп cos a
Ad -
¦2 (3k cos a - sin a)
Предыдущая << 1 .. 71 72 73 74 75 76 < 77 > 78 79 80 81 82 83 .. 88 >> Следующая

Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

Есть, чем поделиться? Отправьте
материал
нам
Авторские права © 2009 BooksShare.
Все права защищены.
Rambler's Top100

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed