Dinamika_6


Лекция 6. Кинетическая энергия системы.
В данной лекции рассматриваются следующие вопросы:
1. Кинетическая энергия системы. Теорема Кенига.
2. Некоторые случаи вычисления работы.
3. Теорема об изменении кинетической энергии системы.
4. Закон сохранения механической энергии.
5. Методические указания по решению задач с применением законов сохранения.
Изучение данных вопросов необходимо для динамики колебательного движения механической системы, для решения задач в дисциплинах «Теория машин и механизмов» и «Детали машин».
Кинетическая энергия системы.
Кинетической энергией системы называется скалярная величина Т, равная арифметической сумме кинетических энергий всех точек системы
Wk=miVi22.Кинетическая энергия является характеристикой и поступательного и вращательного движения системы, поэтому теоремой об изменении кинетической энергии особенно часто пользуются при решении задач.
Если система состоит из нескольких тел, то ее кинетическая энергия равна, очевидно, сумме кинетических энергий этих тел:
Wk=Wki.Кинетическая энергия – скалярная и всегда положительная величина.
Найдем формулы для вычисления кинетической энергии тела в разных случаях движения.
1. Поступательное движение. В этом случае все точки тела движутся с одинаковыми скоростями, равными скорости движения центра масс. То есть, для любой точки Vi=VC
Wkпост=miVС22=12(mi)VC2.или
Wkпост=12MVC2.Таким образом, кинетическая энергия тела при поступательном движении равна половине произведения массы тела на квадрат скорости центра масс. От направления движения значение Т не зависит.
2. Вращательное движение. Если тело вращается вокруг какой-нибудь оси Оz (см. рис.1), то скорость любой его точки Vi=ωhi, где hi- расстояние точки от оси вращения, а ω - угловая скорость тела. Подставляя это значение и вынося общие множители за скобку, получим:
Wkвращ=miω2hi22=12mihi2ω2.Величина, стоящая в скобке, представляет собою момент инерции тела относительно оси z. Таким образом, окончательно найдем:
Wkвращ=12Izω2,т.е. кинетическая энергия тела при вращательном движении равна половине произведения момента инерции тела относительно оси вращения на квадрат его угловой скорости. От направления вращения значение Т не зависит.

Рис.1
При вращении тела вокруг неподвижной точки кинетическая энергия определяется как (рис.2)
Wkвращ=12[Ix(ωcosα)2+Iy(ωcosβ)2+Iz(ωcosγ)2]или, окончательно,
Wkвращ=12(Ixωx2+Iyωy2+Izωz2),где Ix, Iy, Iz – моменты инерции тела относительно главных осей инерции x1, y1, z1 в неподвижной точке О; ωx, ωy, ωz – проекции вектора мгновенной угловой скорости ω на эти оси.

Рис.2
3. Плоскопараллельное движение. При этом движении скорости всех точек тела в каждый момент времени распределены так, как если бы тело вращалось вокруг оси, перпендикулярной к плоскости движения и проходящей через мгновенный центр скоростей Р (рис.1). Следовательно
Wkплоск=12Ipω2,где Ip- момент инерции тела относительно названной выше оси, ω- угловая скорость тела. Величина Ip в формуле будет переменной, так как положение центра Р при движении тела все время меняется. Введем вместо Ip постоянный момент инерции IC, относительно оси, проходящей через центр масс С тела. По теореме Гюйгенса-Штейнера Ip=IC+Md2, где d=PC. Подставим это выражение для Ip. Учитывая, что точка Р - мгновенный центр скоростей, и, следовательно, ωd=ω∙PC=VC, где VC- скорость центра масс С, окончательно найдем:
Wkплоск=12MVC2+12ICω2.Следовательно, при плоскопараллельном движении кинетическая энергия тела равна энергии поступательного движения со скоростью центра масс, сложенной с кинетической энергией вращательного движения вокруг центра масс.
4) Для самого общего случая движения материальной системы кинетическую энергию помогает вычислить теорема Кенига.
Рассмотрим движение материальной системы как сумму двух движений (рис.3). Переносного – поступательного движения вместе с центром масс С и относительного – движения относительно поступательно движущихся вместе с центром масс осей x1, y1, z1. Тогда скорость точек Vi=Vei+Vri. Но переносное движение – поступательное. Поэтому переносные скорости всех точек равны, равны VC. Значит, Vi=VC+Vri и кинетическая энергия будет
Wk=miVi22=12mi(VC+Vri)2=12miVC2+2VC∙Vri+Vri2==12miVC2+miVCVri+12miVri2=12MVC2+VC∙miVri+Wr.
Рис.3
По определению центра масс его радиус-вектор в подвижной системе rC=miriM=0 (центр масс находится в начале координат), значит, и miri=0. Производная по времени от этой суммы также равна нулю:
ddtmiri=midridt=miVri=0.Поэтому, окончательно, кинетическая энергия системы
Wk=12MVC2+Wr. (1)Кинетическая энергия материальной системы равна сумме кинетической энергии при поступательном движении вместе с центром масс и кинетической энергии ее при движении относительно координатных осей, поступательно движущихся вместе с центром масс.
В общем случае движения тела, которое можно рассматривать как сумму двух движений (переносного – поступательного вместе с центром масс С и относительного – вращения вокруг точки С), по теореме Кенига (1) получим
Wk=12MVC2+12Ipω2 или Wk=12MVC2+12(Ixωx2+Iyωy2+Izωz2),где Ix, Iy, Iz – главные центральные оси инерции тела.
Некоторые случаи вычисления работы.
1) Работа сил тяжести, действующих на систему. Работа силы тяжести, действующей на частицу весом pk, будет равна pk(zk0-zk1), где zk0 и zk1- координаты, определяющие начальное и конечное положение частицы. Тогда сумма работ всех сил тяжести, действующих на систему, будет равна
A=pkzk0-pkzk1=PzC0-zC1=±PhC,где Р - вес системы, hC- вертикальное перемещение центра тяжести (или центра масс). Следовательно, работа сил тяжести, действующих на систему, вычисляется как работа их равнодействующей Р на перемещении центра тяжести (или центра масс) системы.
2) Работа сил, приложенных к вращающемуся телу. Элементарная работа приложенной к телу силы F (рис.4) будет равна
dA=Fτds=Fτhdφ,
так как ds=hdφ, где dφ- угол поворота тела.
Но, как легко видеть, Fτh=mz(F). Будем называть величину Mz=mz(F) вращающим моментом. Тогда получим: dA=Mzdφ.
Следовательно, в рассматриваемом случае элементарная работа равна произведению вращающего момента на элементарный угол поворота. Формула справедлива и при действии нескольких сил, если считать Mz=mz(Fk).
Рис.4
При повороте на конечный угол φ1 работа будет равна
A=0φ1Mzdφ,а в случае постоянного момента (Mz=const)
A=Mzφ1.-1931670483235Рисунок 27
00Рисунок 27
Если на тело действует пара сил, лежащая в плоскости, перпендикулярной к оси Оz, то Мz будет, очевидно, означать момент этой пары.
Работа, затрачиваемая на изменение скорости вращения, равна изменению кинетической энергии тела:
A=∆Wк=Iω222-Iω122.Укажем еще, как в данном случае определяется мощность
W=dAdt=Mzdϕdt=Mzω.Следовательно, при действии сил на вращающееся тело мощность равна произведению вращающего момента на угловую скорость тела. При той же самой мощности вращающий момент будет тем больше, чем меньше угловая скорость.
Если тело катится по горизонтальной поверхности, его кинетическая энергия будет складываться из энергии поступательного движения и энергии вращения (рис.5):
Wk=mvc22+ω2I2.
Рис.5
3) Работа сил трения, действующих на катящееся тело. На колесо радиуса R (рис.6), катящееся по некоторой плоскости (поверхности) без скольжения, действует сила трения F , препятствующая скольжению точки касания В вдоль плоскости. Элементарная работа этой силы dA=-FTPdsB. Но точка В в данном случае является мгновенным центром скоростей и VB=0. Так как dsB=VBdt, то dsB=0 и для каждого элементарного перемещения dA=0.

Рис.6
Следовательно, при качении без скольжения, работа силы трения, препятствующей скольжению, на любом перемещении тела равна нулю. По той же причине в этом случае равна нулю и работа нормальной реакции N, если считать тела недеформируемыми и силу N приложенной в точке В (как на рис.6,а).
Сопротивление качению, возникающее вследствие деформации поверхностей (pис.6,б), создает пару (N, P), момент которой M=kN, где k- коэффициент трения качения. Тогда учитывая, что при качении угол поворота колеса dφ=dsRR, получим:
dAКАЧ=-kNdφ=-kRNdsC,где dsC- элементарное перемещение центра С колеса.
Если N= const, то полная работа сил сопротивления качению будет равна
AКАЧ=-kNdφ1=-kRNsC.Так как величина k/R мала, то при наличии других сопротивлений сопротивлением качению можно в первом приближении пренебрегать.
Пример 1. Шар массой m =1 кг катится без скольжения по горизонтальной плоскости со скоростью v=2 м/с. Найти кинетическую энергию шара.
Решение. Кинетическая энергия шара в случае качения без скольжения складывается из кинетической энергии поступательного движения центра масс шара и кинетической энергии его вращательного движения, т.е.
Wk=Wkпост+Wkвращ=mv22+Iω22.Поскольку момент инерции шара I=25mR2, а ω=vR, то
Wk=mv22+2mR2v25∙2∙R2=0,7mv2=0,7∙1∙42=11,2 Дж.Пример 2. С какой наименьшей высоты должен съехать велосипедист, чтобы по инерции (без трения) проехать дорожку, имеющую форму «мертвой петли» радиусом R = 3 м и не сорваться в верхней точке петли (рис.7)? Масса велосипедиста с велосипедом m = 75 кг, причем на колеса приходится масса m0= 3 кг. Колеса велосипеда считать обручами.

Рис.7
Решение. На вершине наклонной плоскости велосипедист обладает потенциальной энергией WП=mgh. По закону сохранения энергии этой энергии должно хватить на подъем на высоту 2R (WП'=mg∙2R) и на движение со скоростью v. Эту скорость найдем, записав II закон Ньютона для верхней точки «мертвой петли»,
man=mg.Тогда mv2R=mg. Откуда v=gR. Обратим внимание на то, что кинетическая энергия велосипедиста складывается из кинетической энергии поступательного движения его центра масс и кинетической энергии вращательного движения двух колес его велосипеда, т.е.
Wk=Wkпост+Wkвращ=mv22+2Iω22.Поскольку колеса – обручи массой m0/2 каждое, то их моменты инерции равны I=m02R2, а кинетическая энергия каждого колеса
Iω22=m0∙R2∙gR2∙2∙R2=m0∙gR2∙2.Отсюда
mgh=m∙gR2+mg∙2R+2m0gR2∙2,h=R2+2R+m0m∙R2=32+2∙3+375∙32=7,56 м.Пример 3. Найти линейные скорости и ускорения центров шара, диска и обруча, скатившихся с наклонной плоскости высотой h = 1 м и углом наклона α=30°. Начальная скорость всех тел v0=0. Сравнить найденные значения со скоростью и ускорением бруска, соскользнувшего с той же наклонной плоскости при отсутствии трения.
Решение. Для всех перечисленных в условии задачи тел закон сохранения энергии записывается в виде WП=Wk. Различие состоит в том, что для шара, диска и обруча кинетическая энергия
Wk=Wkпост+Wkвращ=mv22+Iω22,а для бруска
Wk=Wkпост=mv22.Учитывая, что моменты инерции перечисленных тел Iшар=25mR2, Iдиск=12mR2, Iоб=mR2, а ω=vR, запишем:
WП=Wk=Wkшар=mv22+2mR2v25∙2∙R2=0,7mv2⇒v=gh0,7=3,74 м/с.Wkдиск=mv22+mR2v22∙2∙R2=0,75mv2⇒v=gh0,75=3,61 м/с.Wkобруч=mv22+mR2v22∙R2=mv2⇒v=gh=3,13 м/с.Wkбрусок=mv22⇒v=2gh=4,43 м/с.Ускорения найдем, воспользовавшись формулой a=v2-v022s, где v0=0, а s=hsinα. Тогда
a=v2∙sinα2h=aшар=g∙sinα0,7∙2=9,8∙0,51,4=3,5 м/с2aдиск=g∙sinα0,75∙2=9,8∙0,51,5=3,27 м/с2aобруч=g∙sinα2=9,8∙0,52=2,45 м/с2aбрусок=2∙g∙sinα2=9,8∙0,5=4,9 м/с2.
Пример 4. Колесо, вращаясь равнозамедленно, уменьшило за время t=60 сек, частоту вращения с n1=5 об/с до n2=3 об/с. Колесо считать тонкостенным обручем массой m=1 кг и радиусом R = 0,2 м. Найти угловое ускорение колеса ε, момент сил торможения M, работу сил торможения А и число оборотов N, сделанных колесом за время t = 60 с.
Решение. Поскольку движение колеса является равнозамедленным, то оно описывается формулами
2πN=2πn1t-εt222πn2=2πn1-εtОтсюда модуль углового ускорения
ε=2π(n1-n2)t=2π(5-3)60=0,21 рад/с2.Количество оборотов
N=n1t-εt24π=5∙60-0,21∙6024π=240 об.Момент инерции обруча I=mR2=1∙0,22=0,04 кг∙м2.
Из основного уравнения динамики вращательного движения Iε=Mнайдем момент сил торможения M=I∙ε=0,04∙0,21=8,4∙10-3 Н∙м.
Работа сил торможения может быть найдена из соображений, что она пошла на изменение кинетической энергии вращающегося колеса.
Тогда,
A=Wk2-Wk1=Iω222-Iω122==I∙4π22n22-n12=2I∙π2n22-n12==2∙0,04∙π2(52-32)=12,63 Дж.Пример 5. Тонкий однородный стержень длиной l может вращаться относительно горизонтальной оси, проходящей через конец стержня (рис.8). Стержень отклонили на 90° от положения равновесия и отпустили. Определить скорость v нижнего конца стержня в момент прохождения положения равновесия.

Рис.8
Решение. При движении стержня выполняется закон сохранения энергии WП=Wk,
где WП - потенциальная энергия стержня в начальном (поднятом) положении, а Wk - кинетическая энергия в момент прохождения положения равновесия. Обратим внимание на тот факт, что в качестве «нулевого» уровня потенциальной энергии принимается уровень центра масс С стержня в положении равновесия.
Потенциальная энергия WП=mgl/2.
Поскольку стержень вращается, то его кинетическая энергия Wk=Iω2/2.Для нахождения момента инерции I стержня относительно оси, проходящей через его конец, воспользуемся теоремой Штейнера:
I=I0+mx2=ml212+ml22=ml23.Угловая скорость стержня ω=v/l.
Кинетическая энергия
Wk=Iω22=12∙ml23∙v2l2=mv26.Отсюда
mgl2=mv26,и скорость нижнего конца стержня в момент прохождения положения равновесия v=3gl.
Теорема об изменении кинетической энергии системы.
Если рассмотреть какую-нибудь точку системы с массой mi, имеющую скорость Vi, то для этой точки будет
dmiVi22=dAie+dAik,где dAie и dAik- элементарные работы действующих на точку внешних и внутренних сил. Составляя такие уравнения для каждой из точек системы и складывая их почленно, получим
dmiVi22=dAie+dAik,или
dWk=dAie+dAik. (2)
Равенство выражает теорему об изменении кинетической энергии системы в дифференциальной форме.
Если полученное выражение отнести к элементарному промежутку времени, в течение которого произошло рассматриваемое перемещение, можно получить вторую формулировку для дифференциальной формы теоремы: производная по времени от кинетической энергии механической системы равна сумме мощностей всех внешних (Ne) и внутренних (Nk) сил, т.е.
dWkdt=Ne+Nk.Дифференциальными формами теоремы об изменении кинетической энергии можно воспользоваться для составления дифференциальных уравнений движения, но это делается достаточно редко, потому что есть более удобные приемы.
Проинтегрировав обе части равенства (2) в пределах, соответствующих перемещению системы из некоторого начального положения, где кинетическая энергия равна T0, в положение, где значение кинетической энергии становится равным T1, будем иметь
Wk1-Wko=Aie+Aik.Полученное уравнение выражает теорему об изменении кинетической энергии в конечном виде: изменение кинетической энергии системы при некотором ее перемещении равно сумме работ на этом перемещении всех приложенных к системе внешних и внутренних сил.
В отличие от предыдущих теорем, внутренние силы в уравнениях не исключаются. В самом деле, если F12i и F21i - силы взаимодействия между точками B1 и B2 системы (см. рис.6), то F12i+F21i=0. Но при этом точка B1, может перемещаться по направлению к B2, а точка B2- по направлению к B1. Работа каждой из сил будет тогда положительной и сумма работ нулем не будет. Примером может служить явление отката. Внутренние силы (силы давления), действующие и на снаряд и на откатывающиеся части, совершают здесь положительную работу. Сумма этих работ, не равная нулю, и изменяет кинетическую энергию системы от величины Wk0=0 в начале выстрела до величины Wk1= WkCHAP+ WkOTK конце.
Другой пример: две точки, соединенные пружиной. При изменении расстояния между точками упругие силы, приложенные к точкам, будут совершать работу. Но если система состоит из абсолютно твердых тел и связи между ними неизменяемые, не упругие, идеальные, то работа внутренних сил будет равна нулю и их можно не учитывать и вообще не показывать на расчетной схеме.
Все предыдущие теоремы позволяли исключить из уравнений движения внутренние силы, но все внешние силы, в том числе и наперед неизвестные реакции внешних связей, в уравнениях сохранялись. Практическая ценность теоремы об изменении кинетической энергии состоит в том, что при не изменяющихся со временем идеальных связях она позволит исключить из уравнений движения все наперед неизвестные реакции связей.
Теорему об изменении кинетической энергии удобно использовать при решении задач, в которых требуется установить зависимость между скоростями и перемещениями тел.
Рассмотрим два важных частных случая.
1) Неизменяемая система. Неизменяемой будем называть систему, в которой расстояния между точками приложения внутренних сил при движении системы не изменяются. В частности, такой системой является абсолютно твердое тело или нерастяжимая нить.

Рис.9
Пусть две точки B1 и B2 неизменяемой системы (pис.9), действующие друг на друга с силами F12i и F21i (F12i=-F21i) имеют в данный момент скорости V1 и V2. Тогда за промежуток времени dt эти точки совершат элементарные перемещения ds1=v1dt и ds2=v2dt, направленные вдоль векторов V1 и V2. Но так как отрезок B1B2 является неизменяемым, то по известной теореме кинематики проекции векторов V1 и V2,а, следовательно, и перемещений ds1 и ds2 на направление отрезка B1B2 будут равны друг другу, т.е. B1B1'=B2B2'. Тогда элементарные работы силF12i и F21i будут одинаковы по модулю и противоположны по знаку и в сумме дадут нуль. Этот результат справедлив для всех внутренних сил при любом перемещении системы.
Отсюда заключаем, что для неизменяемой системы сумма работ всех внутренних сил равна нулю и уравнения принимают вид
dWk=dAie или Wk1-Wk0=Aie.2) Система с идеальными связями. Рассмотрим систему, на которую наложены связи, не изменяющиеся со временем. Разделим все действующие на точки системы внешние и внутренние силы на активные и реакции связей. Тогда
dWk=dAia+dAir,где dAia- элементарная работа действующих на k-ю точку системы внешних и внутренних активных сил, a dAir- элементарная работа реакций наложенных на ту же точку внешних и внутренних связей.
Как видим, изменение кинетической энергии системы зависит от работы и активных сил и реакций связей. Однако можно ввести понятие о таких «идеальных» механических системах, у которых наличие связей не влияет на изменение кинетической энергии системы при ее движении. Для таких связей должно, очевидно, выполняться условие:
dAir=0.Если для связей, не изменяющихся со временем, сумма работ всех реакций при элементарном перемещении системы равна нулю, то такие связи называют идеальными. Для механической системы, на которую наложены только не изменяющиеся со временем идеальные связи, будем, очевидно, иметь
dWk=dAia или Wk1-Wk0=Aia.Таким образом, изменение кинетической энергии системы с идеальными, не изменяющимися со временем связями при любом ее перемещении равно сумме работ на этом перемещении, приложенных к системе внешних и внутренних активных сил.
Механическая система называется консервативной (энергия ее как бы законсервирована, не изменяется), если для нее имеет место интеграл энергии
W=WK+WП=const или dWdt=0. (3)
Это есть закон сохранения механической энергии: при движении системы в потенциальном поле механическая энергия ее (сумма потенциальной и кинетической) все время остается неизменной, постоянной.
Или
В замкнутой системе энергия может переходить из одних видов в другие и передаваться от одного тела к другому, но ее общее количество остается неизменным.
Это один из фундаментальных законов природы. Он подтверждает положение материализма о том, что движение является неотъемлемой частью материи, что оно неуничтожимо, а лишь преобразуется из одной формы в другую. Согласно всеобщему закону сохранения и превращения энергии уменьшение или увеличение полной механической энергии системы в точности компенсируется увеличением или уменьшением какого-либо другого вида энергии.
Энергия никуда не исчезает и не появляется вновь, а лишь переходит от одного тела к другому или превращается из одного вида в другой.
Механическая система будет консервативной, если действующие на нее силы потенциальны, например сила тяжести, силы упругости. В консервативных механических системах с помощью интеграла энергии можно проводить проверку правильности составления дифференциальных уравнений движения. Если система консервативна, а условие (3) не выполняется, значит при составлении уравнений движения допущена ошибка.
В замкнутой системе тел, силы взаимодействия в которой консервативные, взаимные превращения механической энергии в другие виды отсутствуют. Такие системы называются замкнутыми консервативными системами.
Интегралом энергии можно воспользоваться для проверки правильности составления уравнений и другим способом, без вычисления производной. Для этого следует после проведения численного интегрирования уравнений движения вычислить значение полной механической энергии для двух различных моментов времени, например, начального и конечного. Если разница значений окажется сопоставимой с погрешностями вычислений, это будет свидетельствовать о правильности используемых уравнений.
Методические указания по решению задач с применением законов сохранения.
Приведем содержание метода применения законов изменения и сохранения энергии, импульса и момента импульса в виде предписания алгоритмического типа.
1. Выяснить, какие процессы описаны в условии задачи. Для каждого процесса ввести обозначения параметров начального и конечного состояний. Последующие операции алгоритма выполнять для каждого процесса.
2. Указать, какие тела включаем в систему тел.
3. Выбрать систему отсчета - инерциальную или неинерциальную.
4. Установить силы, действующие на каждое тело системы, при переходе из одного состояния в другое. Провести анализ сил, выделив внешние и внутренние, потенциальные и диссипативные.
5. Установить, какой закон следует применять при решении данной задачи. Для этого произвести анализ правой части в выражениях (1), (2), (4), (6).
6. Если энергия, импульс или момент импульса изменяются при рассматриваемом процессе, записать выражения для работы, импульса силы, импульса момента силы.
7. Записать выражения для энергии, импульса или момента импульса каждого тела в отдельности и всей системы в начальном и конечном состояниях.
8. Применить соответствующие законы для каждого процесса.
9. Если необходимо, установить уравнения кинематической связи.
10. Проверить, является ли система уравнений полной, решить ее в общем виде.
11. Проанализировать полученный результат.
Примечания: В приведенных ниже примерах решения задач
- не акцентируется внимание на выполнении пункта 1, если происходит один процесс;
- не обсуждается вопрос о выборе системы отсчета, если рассматривается движение относительно Земли (инерциальной системы отсчета);
- не затрагивается вопрос о характере взаимодействия тел системы, если подобный анализ производился в предыдущих задачах.
Пример 6. Какую скорость надо сообщить точке М стержня, прикрепленного верхним концом с помощью шарнира О к неподвижной поверхности (рис.10), чтобы стержень совершил четверть оборота?

Рис.10
Решение. В первом, вертикальном, положении кинетическая энергия стержня, начавшего вращаться вокруг оси О,
Wk1=12I0ω2=12∙13Pgl2VM2l2=16∙PgVM2.Во втором положении, где стержень достигнет горизонтального положения и остановится на мгновение, Т2 = 0.
Работу совершит только вес стержня Р: A=-Ph=-Pl/2. По теореме получим уравнение -16∙PgVM2=-Pl2, из которого следует VM=3gl.
Пример 7. Механическая система состоит из двух шаров A и B, связанных с шарниром O и ползуном C невесомыми стержнями (рис.11).

Рис.11
Массы шаров и ползуна одинаковы и равны m=0,2 кг. Стержни имеют одинаковую длину l= 0,3 м. Между шарниром и ползуном установлена пружина жесткостью c =100 Н/м, длина которой в недеформированном состоянии равна l (рис.8). Требуется определить зависимость скоростей движения шаров от угла отклонения стержней от вертикали α и найти максимальное отклонение, если в начальный момент времени система покоилась, а угол α составлял π/6.
Решение. Кинетическая энергия системы складывается из кинетических энергий трех тел, которые по условию могут рассматриваться как материальные точки.
Wk=mVA22+mVB22+mVC22. (4)Скорости шаров пропорциональны угловой скорости вращения стержней OA и OB
VA=VB=VC=lαСкорость ползуна нетрудно определить, если учесть, что
OC=2lcosα.
Тогда
VC=dOCdt=2lsinαα=2Vsinα. Подставляя выражения для скоростей в (4), получим зависимость кинетической энергии системы от скоростей шаров V и угла отклонения стержней
T=mV21+2sin2α. (5)
Определим работу, которую совершат все силы, приложенные к системе при ее перемещении из начального положения в конечное. Работа сил тяжести определяется вертикальными перемещениями центров тяжести тел (см. рис.8):
AТЯЖ=AmAg+AmBg+AmCg==-mghA-mghB-mghC=4mglcosα0-cosα. (6)Для вычисления работы силы упругости воспользуемся формулой:
A=C2∆12-∆22=C2l-2lcosα02-l-2lcosα2==2Cl2cosα0-cosαcosα+cosα0-1. (7)Подставляя выражения (5), (6) и (7) в уравнение теоремы об изменении кинетической энергии, получаем зависимость скорости движения шаров от угла αmV2(1+2sin2α=-4mglcosα0-cosα++2Cl2cosα0-cosαcosα+cosα0-1==cosα0-cosα[2Cl2cosα+cosα0-1-4mgl]или в явном виде
V=cosα0-cosα[2Cl2cosα+cosα0-1-4mgl]m(1+2sin2α). (8)Если в уравнении 8 скорость V приравнять нулю, можно найти два предельных значения угла α, между которыми будет происходить движение системы при заданным начальных условиях:1. cosα0-cosα1=0 или α1=α0=π6=0,5236 рад=3002. 2Cl2cosα2+cosα0-1=4mgl или cosα2=1-32+2mgClили α2=1,3028 рад=75,640Пример 8. С наклонной плоскости высотой h=1 м и длиною склона l=10 м скользит тело массой в m=1 кг. Найти: 1) кинетическую энергию тела Wk у основания плоскости, 2) скорость тела v у основания плоскости, 3) расстояние s, пройденное телом по горизонтальной части пути до остановки. Коэффициент трения на всем пути считать постоянным и равным 0,05.
Решение. Потенциальная энергия тела при скольжении его с наклонной плоскости переходит в кинетическую энергию и в работу против силы трения, т.е. mgh=mv2/2 + Fтрl. Но h=lsin, Fтр=𝜇mg∙cosα, где α - угол наклона плоскости.
1) Wk= mv2/2=mgh- Fтрl =mgl(sinα – μcosα). У нас sinα=h/l=0,1, т.е. α=5°44’, следовательно, cosα=0,995.
Подставляя числовые данные задачи, получим Wk=4,9 Дж.
2) v=2Wkg=3,1 м/с.
3) Кинетическая энергия тела у основания наклонной плоскости переходит в работу против сил трения на горизонтальной части пути, т.е.
Wk=Fтр∙s =μmgs, откуда s=Wk/μmg=10 м.
Пример 9. Два тела с массами m и 3m движутся во взаимно перпендикулярных направлениях (см.рис.12). После соударения тело массы m остановилось v1'=0. Какую часть его энергии составляет выделившееся при ударе тепло Q/Ек1?

Рис.12
Решение. Так как время соударения мало, то суммарный импульс системы не изменяется.
p1+p2=p1'+p2'где p1=mv1, p2=3mv2. Но p1'=0, т.к. v1'=0, поэтому p1+p2=p2'.
Из рисунка видно, что
p2'=m2v12+9m2v22=mv12+9v22.Кинетическая энергия тел до столкновения
Wk=mv122+3mv222.Кинетическая энергия тела с массой 3m после столкновения
Wk'=(p2')22∙3m=m(v12+9v22)6=mv126+3mv222.Убыль кинетической энергии означает, что ее часть превратилась во внутреннюю энергию тела, т.е.
Q=Wk-Wk'=mv123.Тогда
QWk1=2mv123mv12=23,т.е. 2/3 кинетической энергии первого тела превратилось в тепло.
Пример 10. Сваю массой m2=100 кг забивают в грунт копром, масса которого m1=300 кг. Копер свободно падает с высоты H=4 м и при каждом ударе опускается на h=10 см=0,1 м. Определить силу сопротивления грунта Fc, считая ее постоянной, а удар копра о сваю абсолютно неупругим.
Решение. При падении копра его потенциальная энергия превращается в кинетическую: m1v122=m1gH. Тогда скорость копра в момент удара о сваю v1=(2gh)1/2. Удар о сваю неупругий. По закону сохранения импульса m1v1=(m1+m2)∙v2. Отсюда v2=m1v1/(m1+m2). При движении сваи в грунт действует сила сопротивления, т.е. система незамкнута, поэтому изменение полной энергии системы: ∆Е=АFc;
∆E=-(m1+m2)gh-(m1+m2)v222,где АFc=-Fc∙h - работа силы сопротивления.
Тогда
Fc=(m1+m2)(g+v222h)=(m1+m2)g[1+m12Hh(m1+m2)2].Fc=94∙103 H=94 кН.Пример 11. Груз массой m1=0,5 кг падает с некоторой высоту на плиту массой m2=1 кг, укрепленную на пружине жесткостью k=9,8∙102 Н/м. Определить наибольшее сжатие пружины x, если в момент удара груз обладал скоростью v1=5 м/с. Удар неупругий.
Решение. Так как в системе действуют только силы тяжести и упругости, то система является замкнутой и выполняется закон сохранения энергии. Полная механическая энергия груза вместе с плитой после удара равна потенциальной энергии сжатой пружины:
(m1+m2)v222+(m1+m2)gx=kx22, (1)где v2 - скорость груза и плиты после удара, которую найдем по закону сохранения импульса: m1v1=(m1+m2)∙v2.
Откуда
v2=m1v1m1+m2.Подставим это выражение в (1):
kx2-2g(m1+m2)x-m12v12m1+m2=0.Решая это уравнение, получим х=8,2∙10-2 м=8,2 см.
Пример 12. Груз массой m=1 кг, висящий на нити, отклоняют на угол α=30° (рис.13). Найти натяжение нити Fн в момент прохождения грузом положения равновесия.

Рис.13
Решение. Натяжение нити в момент прохождения маятником положения равновесия
Fн=mg+mv2l.Кроме того, по закону сохранения энергии mgh=mv22, откуда v=2gh.
Но из рис.13 h=l - lcosα= l(1-cosα).
Тогда
mv2l=m2ghl=2mg(1-cosα)и Fн=mg[1+2 mg(1-cosα)]=12,4 H.
Пример 13. С горки с одной и той же высоты а) соскальзывает без трения брусок, б) скатывается без проскальзывания сплошной цилиндр. Сравните их скорости у основания горки.
I
II
I
II

Рис.14
Решение. а) Рассмотрим движение бруска. В состоянии I брусок обладал потенциальной энергией (рис.14)
WI=Wp=mgh,в состоянии II - кинетической энергией поступательного движения
WII=Wk=mv22.По закону сохранения энергии WI=WII получим
mgh=mv22,откуда скорость бруска равна
v=2gh.б) Рассмотрим движение цилиндра. В состоянии I цилиндр обладал потенциальной энергией (рис.14)
WI=Wp=mgh,в состоянии II - кинетической. Однако, в отличие от предыдущего случая цилиндр участвует в двух движениях: поступательном перемещении со скоростью, равной скорости центра масс vc и вращательном движении вокруг оси, проходящей через центр масс, с угловой скоростью ω. Поэтому полная кинетическая энергия цилиндра состоит из двух частей:
WII=Wk=Wпост+Wвр=mvc22+Jω22.Момент инерции сплошного однородного цилиндра равен J=12mR2, уравнение, связывающее скорости центра масс и угловую скорость имеет вид vc=ωR. Поэтому
WII=Wk=mvc22+mR22vcR22=34mvc2.Применяя закон сохранения энергии WI=WII получим
mgh=34mvc2,откуда скорость цилиндра равна
vc=43gh.Видно, что
vvc=2gh43gh=32=1.22,т.е. скорость бруска больше скорости цилиндра в 1,22 раза.
Пример 14. Два одинаковых бруска массой m каждый, соединенные пружиной жесткости k, лежат на горизонтальной плоскости (рис.15). Левый брусок касается вертикальной стенки. Какую минимальную скорость, направленную к стенке, надо сообщить правому бруску, чтобы при обратном движении от стенки он сдвинул левый брусок? Коэффициент трения каждого бруска о плоскость равен μ. Пружина в начальный момент не деформирована.
mkmmkmmkmx1x2v1
mkmmkmmkmx1x2v1

Рис.15
Решение. На каждый из брусков действуют вертикальные силы тяжести mg и нормального давления N, а также горизонтальные силы упругости со стороны деформированной пружины F и трения Fтр.
Рассмотрим следующие состояния системы тел “бруски + пружина”.
I. В начальном состоянии скорость правого бруска равна v1, пружина не деформирована.II. Правый брусок сместился на x1, его скорость уменьшилась до нуля, пружина сжата и действует на бруски с силой упругости F=kx1. Вследствие действия этой силы правый брусок начинает двигаться в противоположном направлении, проходит первоначальное положение и растягивает пружину. Если сила упругости превышает максимальную силу трения покоя Fтр=μN=μmg, действующую на левый брусок, последний приходит в движение.
III. Третье состояние соответствует началу движения левого бруска, когда пружина растянулась на x2. Поскольку в условии задачи требуется найти минимальную скорость v1, позволяющую сдвинуть левый брусок, в данном состоянии скорость правого бруска равна нулю.
Опишем происходящие в системе процессы.
Условие начала движения левого бруска (рис.16) имеет вид F2=Fтр, или
kx2=μmg. (1)N
F2
FтрmgN
F2
Fтрmg
Рис.16
Рассмотрим переход правого бруска из состояния I в состояние II (рис.17). Применим теорему о кинетической энергии, согласно которой ее изменение определяется суммарной работой всех сил, действующих на тело:
WkII-WkI=A. (2)N
F
FтрmgN
F
Fтрmg
Рис.17
Кинетическая энергия в начальном состоянии WkI=mv122, в конечном WkII=0. Работа силы трения: Aтр1=-Fтр∙x1=-μmg∙x1; работа силы упругости равна изменению потенциальной энергии со знаком “минус”: AупрI=-WpII-WpI=0-kx122; силы тяжести и нормального давления работы не совершают, поскольку они перпендикулярны направлению перемещения. Тогда выражение (2) примет вид
0-mv122=-μmgx1-kx122 (2а)Аналогично описывается переход правого бруска из состояния II в состояние III. На основе теоремы о кинетической энергии имеем
WkIII-WkII=A. (3)Кинетическая энергия, как в начальном состоянии, так и в конечном, равна нулю. Работа силы трения
Aтр2=-Fтр∙x1+x2,или Aтр2=-μmg∙x1+x2.
Работа силы упругости
Aупр2=-WpIII-WpII==kx122-kx222.Теорема о кинетической энергии (3) примет вид
0=-μmgx1+x2+kx122-kx222,или, после сокращения на (x1+x2),
μmg=k2x1-x2. (3а)Выразим из системы уравнений v1. Из (1) найдем x2=μmgk. Подставляя его в (3а), получим
x1=x2+2μmgk=3μmgk.Наконец, с помощью уравнения (2а) приходим к окончательному результату:
v1=2mμmg3μmgk-k23μmgk2.v1=μg15mk.Пример 15. Карандаш длиной l, поставленный вертикально, падает на стол (рис.18). Какую угловую и линейную скорость будут иметь в конце падения середина и верхний конец карандаша?
C
C
A
A
vCvAO
N
FтрmgC
C
A
A
vCvAO
N
Fтрmg
Рис.18
Решение. На карандаш в процессе движения действуют силы тяжести mg, нормального давления N и трения покоя Fтр. Моменты сил нормального давления и трения относительно оси вращения О равны нулю, сила тяжести - потенциальная сила. Следовательно, можно применить закон сохранения энергии.
В начальном состоянии карандаш обладает потенциальной энергией
WI=Wp=mgh,где h=l/2 - высота, на которой расположен центр масс С.
В конечном состоянии энергия карандаша является кинетической, выражение для которой при вращательном движении имеет вид:
WII=Wk=Jω22,где J - момент инерции тонкого стержня относительно оси, проходящей через его конец, J=13ml2; ω - угловая скорость.
Закон сохранения энергии WII=WI принимает вид:
13ml2∙ω22=mgl2.Из полученного уравнения нетрудно выразить угловую скорость карандаша непосредственно перед касанием:
ω=3gl.Учитывая связь между линейной и угловой скоростями при вращательном движении по окружности радиуса R: v=ωR, найдем скорости точек А и С:
vA=ωl=3gl, vC=ωl2=3gl2.Вопросы для самопроверки
- Что называется кинетической энергией механической системы? Какова ее размерность?
- Запишите формулы для вычисления кинетической энергии системы при поступательном и вращательном движении вокруг неподвижной оси.
- Сформулируйте теорему об изменении кинетической энергии материальной точки.
- Выражение кинетической энергии при поступательном, вращательном и плоскопараллельном движении этого тела.
- Сформулируйте теорему об изменении кинетической энергии механической системы.
- В каком случае в уравнение теоремы об изменении кинетической энергии не входят внутренние силы этой системы?
- Сформулируйте теорему об изменении кинетической энергии материальной точки в относительном движении. Почему равна нулю работа кориолисовой силы инерции?
- Какова сумма работ внутренних сил твердого тела на любом перемещении тела?
- Как вычисляется сумма элементарных работ внешних сил, приложенных к твердому телу: а) в случае поступательного движения; б) в случае его вращения вокруг неподвижной оси; в) в общем случае его движения?
- Сформулируйте теорему об изменении кинетической энергии системы в дифференциальной форме.
- Запишите формулу, выражающую теорему об изменении кинетической энергии системы в интегральной форме.
- Для какой системы изменение кинетической энергии не зависит от внутренних сил?
- Как вычисляется мощность сил, приложенных к твердому телу вращающемуся вокруг неподвижной оси с угловой скоростью ω?
- Сформулируйте теорему Кенига о кинетической энергии механической системы в общем случае ее движения.
- Как вычисляется кинетическая энергия твердого тела в различных случаях его движения?
Задачи для самостоятельного решения
1. Пуля массой m ударяется о баллистический маятник массой М и застревает в нем. Какая доля кинетической энергии пули перейдет в теплоту?
2. Камень, пущенный по поверхности льда со скоростью 2 м/с, прошел до полной остановки расстояние 20,4 м. Найти коэффициент трения камня по льду, считая его постоянным.
3. Вагон массой 20 тонн, движущийся равнозамедленно, под действием силы трения в 6000 Н через некоторое время останавливается. Начальная скорость вагона равна 54 км/ч. Найти: 1) работу сил трения, 2) расстояние, которое вагон пройдет до остановки.
4. Камень массой 2 кг упал с некоторой высоты. Падение продолжалось 1,43 с. Найти кинетическую и потенциальную энергию в средней точке пути. Сопротивлением воздуха пренебречь.
5. С башни высотой 25 м горизонтально брошен камень со скоростью 15 м/с. Найти кинетическую и потенциальную энергию камня спустя одну секунду после начала движения. Масса камня 0,2 кг.
6. Камень бросили под углом 60° к горизонту со скоростью 15 м/с. Найти кинетическую, потенциальную и полную энергию камня: 1) спустя одну секунду после начала движения, 2) в высшей точке траектории. Масса камня 0,2 кг. Сопротивлением воздуха пренебречь.
7. Работа, затраченная на толкание ядра, брошенного под углом 30° к горизонту, равна 216 Дж. Через сколько времени и на каком расстоянии от места бросания ядро упадет на землю? Масса ядра 2 кг. Сопротивлением воздуха пренебречь.
8. Сила тяги автомобиля изменяется с расстоянием по законам: а) F=D+Bs; б) F=D+Bs+Сs2. Определить работы силы на участке пути (s1, s2).
9. По наклонной плоскости высотой 0,5 м и длиною склона 1 м скользит тело массой в 3 кг. Тело приходит к основанию наклонной плоскости со скоростью 2,45 м/с. Найти: 1) коэффициент трения тела о плоскость, 2) количество тепла, выделенного при трении. Начальная скорость тела равна нулю.
10. К концу тонкой нерастяжимой нити, намотанной на цилиндрический сплошной неподвижный блок массой m1=200 г, прикреплено тело массой m2=500 г, которое находится на наклонной плоскости с углом наклона α=45°. Нить, удерживающая тело, параллельна наклонной плоскости. Какой путь пройдет тело по наклонной плоскости за t=1 с, если коэффициент трения скольжения по наклонной плоскости μ=0,1.
11. Какую работу нужно совершить, чтобы маховику в виде диска массой m=100 кг и радиусом R=0,4 м сообщить частоту вращения n=10 об/с, если он находится в состоянии покоя?
12. Обруч и диск имеют одинаковую массу и катятся без скольжения с одинаковой линейной скоростью. Кинетическая энергия обруча равна 39,2 Дж. Найти кинетическую энергию диска.
13. Медный шар радиусом R=10 см вращается со скоростью, соответствующей v=2 об/с, вокруг оси, проходящей через его центр. Какую работу надо совершить, чтобы увеличить угловую скорость вращения шара вдвое.
14. Вентилятор вращается со скоростью, соответствующей 900 об/мин. После выключения вентилятор, вращаясь равнозамедленно, сделал до остановки 75 об. Работа сил торможения равна 44,4 Дж. Найти: 1) момент инерции вентилятора, 2) момент силы торможения.
15. Маховик вращается с постоянной скоростью, соответствующей =10 об/с; его кинетическая энергия Ек = 800 Дж. За сколько времени вращающий момент сил М=50 Н∙м, приложенный к этому маховику, увеличит угловую скорость маховика в два раза?
16. Танк, масса которого 15 т и мощность 368 кВт, поднимается в гору с уклоном 30°. Какую максимальную скорость может развивать танк?
17. Найти линейные ускорения движения центров тяжести 1) шара, 2) диска и 3) обруча, скатывающихся без скольжения с наклонной плоскости. Угол наклона плоскости равен 30°, начальная скорость всех тел равна нулю. 4) Сравнить найденные ускорения с ускорением тела, соскальзывающего с этой наклонной плоскости при отсутствии трения.
18. Найти линейные скорости движения центров тяжести 1) шара, 2) диска и 3) обруча, скатывающихся без скольжения с наклонной плоскости. Высота наклонной плоскости 0,5 м, начальная скорость всех тел равна нулю. 4) Сравнить найденные скорости со скоростью тела, соскальзывающего с этой наклонной плоскости при отсутствии трения.
19. Люстра массой 100 кг подвешена к потолку на металлической цепи, длина которой 5 м. Какова высота, на которую можно отклонить люстру, чтобы при последующих качаниях цепь не оборвалась, если известно, что разрыв наступает при силе натяжения 2 кН?
20. Груз 1 массы m, опускаясь вертикально вниз (рис.19), раскручивает ступенчатый блок 2 посредством невесомой и нерастяжимой нити, которая намотана на колесо блока радиуса r. На большее колесо блока, имеющее радиус r, намотана другая нить, второй конец которой привязан к грузу 3 массы m, скользящему по наклонной плоскости с коэффициентом трения скольжения f и углом наклона α. Блок состоит из однородных дисков массами μ1 и μ2 соответственно, жестко соединенных друг с другом и имеющих общую ось вращения. Определить скорость груза 3 в зависимости от пройденного им расстояния и его ускорение, если движение начинается из состояния покоя.

Рис.19
21. Каток (рис.20) 1 массы m и радиуса r катится без скольжения под действием силы F по горизонтальной плоскости и поднимает груз 2 массы m при помощи невесомой нити, переброшенной через блок 3, который имеет такие же, как и каток, массу и радиус. Определить скорость груза 2 в зависимости от пройденного им расстояния и его ускорение, если коэффициент трения качения k, участок нити АВ горизонтален, а движение начинается из состояния покоя.

Рис.20
22. Груз 1, (рис.21) падая по вертикали, раскручивает ступенчатый блок 3 посредством невесомой и нерастяжимой нити, которая намотана на колесо блока радиуса r. На меньшее колесо блока, имеющее радиус r, намотана другая нить, второй конец которой привязан к оси цилиндрического катка, катящегося без скольжения. Масса груза m, масса катка m, коэффициент трения качения k, радиус катка r. Пренебрегая массой блока, определить скорость груза 1 в зависимости от пройденного им расстояния и его ускорение, если участок нити АВ горизонтален, а движение начинается из состояния покоя.

Рис.21
23. Кривошип ОА гипоциклического механизма (рис.22), расположенного в горизонтальной плоскости, вращался с постоянной угловой скоростью ω. В некоторый момент времени двигатель был отключен и под действием постоянного момента М сил сопротивления на оси сателлита (подвижной шестерни 1) механизм остановился. Определить угол поворота кривошипа до остановки, если его масса равна m, масса сателлита m, r – его радиус, а r – радиус неподвижной шестерни 2. Кривошип принять за однородный тонкий стержень, сателлит – за однородный диск.

Рис.22
24. Блоки радиусами r и r (рис.23) жестко скреплены между собой и насажены на общую ось. Грузы 1 и 2 массами m1 и m2, разматывая нити, намотанные на блоки, приводят их во вращение. При вращении на блоки действует постоянный момент сил сопротивления М. Пренебрегая массой нитей и считая блоки однородными дисками массами М и М соответственно, определить скорость v груза 1 как функцию пройденного им расстояния и его ускорение, если движение начинается из состояния покоя.

Рис.23
25. Блоки радиусами r1 и r2 (рис.24) жестко скреплены между собой и насажены на общую ось. Грузы 1 и 2 массами m1 и m2, разматывая нити, намотанные на блоки, приводят их во вращение. При вращении на блоки действует момент сил сопротивления M=aφ, где a – постоянная, а φ – угол поворота. Пренебрегая массой нитей и считая блоки однородными дисками массами М1 и М2 соответственно, определить угловую скорость и угловое ускорение блоков как функции угла поворота φ, а также момент времени, когда система под действием сил сопротивления остановится, если движение начинается из состояния покоя.

Рис.24
26. К грузам А и В (рис.25) массами m1 и m2 соответственно прикреплены нерастяжимые нити, вторые концы которых намотаны на однородные диски 1 и 2 массами μ1, μ2 и радиусами r и r (r  r). Диски жестко соединены между собой и насажены на общую ось. Груз А, спускаясь по наклонной плоскости с углом α наклона к горизонту, раскручивает диски и поднимает груз В вверх по наклонной плоскости с углом β. Определить скорость груза А в зависимости от пройденного им расстояния и его ускорение. Силами трения и массой нитей пренебречь.

Рис.25
27. Кривошип BА (рис.26) гипоциклического механизма, расположенного в горизонтальной плоскости, вращался с постоянной угловой скоростью ω. В некоторый момент времени двигатель был отключен и под действием постоянных моментов МВ и МА сил сопротивления на оси сателлита (подвижной шестерни 1) и на оси кривошипа механизм остановился. Определить угол поворота кривошипа до остановки, если его масса равна m0, масса сателлита m, r0 – его радиус, а r – радиус неподвижной шестерни 2. Кривошип принять за однородный тонкий стержень, сателлит – за однородный диск.

Рис.26
28. Зубчатые колеса 1 и 2 (рис.27), насаженные на неподвижные параллельные оси О и О, имеют внутреннее зацепление. Колесо 1 является однородным диском и имеет радиус r и массу m, а колесо 2 – радиус r, а его масса m распределена по ободу равномерно. На колесо 2 намотана невесомая нить, к концу которой прикреплен опускающийся груз 3 массы m. Пренебрегая трением и считая, что движение начинается из состояния покоя, определить угловую скорость колеса 2 в зависимости от его угла поворота, а также его угловое ускорение.

Рис.27
29. К грузам А и В массами m и m (рис.28) соответственно прикреплены нерастяжимые нити, вторые концы которых намотаны на однородные диски 1 и 2 массами μ1,μ2 и радиусами r и r (r > r). Диски жестко соединены между собой и насажены на общую ось. Груз B, спускаясь по наклонной плоскости с углом β наклона к горизонту, раскручивает диски и поднимает груз A вверх по наклонной плоскости с углом α. В блоке действует постоянный момент сил сопротивления М. Определить скорость груза В в зависимости от пройденного им расстояния и его ускорение. Силами трения и массой нитей пренебречь.

Рис.28
30. Зубчатые колеса 1 и 2 (рис.29), насаженные на неподвижные параллельные оси О1 и О2, имеют внутреннее зацепление. Колесо 1 радиуса r и массы m, начальная угловая скорость которого равна нулю, приводится в движение вращающим моментом M=aφ1, где a – постоянная, а φ1 – угол поворота колеса 1. Масса m2 колеса 2 распределена по ободу равномерно. Считая колесо 1 однородным диском и пренебрегая трением, определить его угловую скорость в зависимости от φ1, а также его угловое ускорение.

Рис.29
31. Блоки радиусами r и r (рис.30) жестко скреплены между собой и насажены на общую ось. Груз 2 массы m, разматывая намотанную на блок нить, приводит блоки во вращение и поднимает груз 1 массы m. При вращении на блоки действует постоянный момент сил сопротивления М. Пренебрегая массой нитей и считая блоки однородными дисками массами М и М соответственно, определить скорость груза 2 v как функцию пройденного им расстояния и его ускорение, если движение начинается из состояния покоя.

Рис.30
32. Через блоки 1, 2 и 3 (рис.31) переброшена невесомая нерастяжимая нить, к одному концу которой прикреплен груз 4 массы m, а к другому приложена постоянная сила F. Масса каждого блока равна m и распределена по ободу равномерно. Считая, что груз 4 движется по горизонтальной плоскости с коэффициентом трения f и движение начинается из состояния покоя, определить скорость груза в зависимости от пройденного им пути и его ускорение.

Рис.31
33. Блоки радиусами r и r (рис.32) жестко скреплены между собой и насажены на общую ось. Грузы 1 и 2 массами m и m, разматывая нити, намотанные на блоки, приводят их во вращение. При вращении на блоки действует момент сил сопротивления M=aφ, где a – постоянная, а φ – угол поворота. Пренебрегая массой нитей и считая блоки однородными дисками массами М и М соответственно, определить угловую скорость и угловое ускорение блоков как функции угла поворота φ, если движение начинается из состояния покоя.

Рис.32
34. Блоки радиусами r и r (рис.33) жестко скреплены между собой и насажены на общую ось. Груз 2 массы m, разматывая намотанную на блок нить, приводит блоки во вращение и поднимает груз 1 массы m. При вращении на блоки действует момент сил сопротивления M=aφ, где a – постоянная, а φ – угол поворота. Пренебрегая массой нитей и считая блоки однородными дисками массами М и М соответственно, определить угловую скорость и угловое ускорение блоков как функции угла поворота φ, если движение начнется из состояния покоя.

Рис.33
35. Грузы 1 и 2 массами m и m (рис.34) соединены невесомой нерастяжимой нитью, переброшенной через блок 3 радиуса r и массы m. Груз 1, опускаясь вниз по гладкой наклонной плоскости, поднимает груз 2 вверх. Считая блок однородным диском и полагая, что при вращении блока возникает постоянный момент сил сопротивления М, определить скорость груза 2 в зависимости от пройденного им расстояния и его ускорение, если угол наклона плоскости к горизонту α. Движение начинается из состояния покоя.

Рис.34
36. Груз 1 (рис.35), опускаясь по вертикали, посредством невесомой и нерастяжимой нити, переброшенной через блок 3 массы m3, заставляет катиться без скольжения однородный цилиндрический каток 2, на который намотан второй конец нити. Масса груза m, масса катка m, коэффициент трения качения k, радиусы катка и блока r. Определить скорость груза 1 в зависимости от пройденного им расстояния и его ускорение, если участок нити АВ горизонтален, а движение начинается из состояния покоя.

Рис.35
37. На неподвижную горизонтальную ось О1 (рис.36) насажено зубчатое колесо 1 радиуса r и массы m, а на параллельную ей ось О2 насажены жестко скрепленные между собой зубчатое колесо 2 таких же радиуса и массы и вал 3 радиуса r и массы m. На вал намотана невесомая веревка, к концу которой прикреплен груз 4 массы m. Считая колеса 1 и 2 однородными дисками, а вал однородным цилиндром, определить скорость и ускорение груза 4, если он опустился вниз на расстояние h без начальной скорости.

Рис.36
38. На неподвижную горизонтальную ось О (рис.37) насажено зубчатое колесо 1 радиуса r и массы m, а на параллельную ей ось О насажены жестко скрепленные между собой зубчатое колесо 2 радиуса r и массы m и гладкое колесо 3 радиуса r и массы m. На колесо 3 намотана невесомая веревка, к концу которой прикреплен груз 4 массы m. Считая все колеса однородными дисками, определить скорость и ускорение груза 4, если он опустился вниз на расстояние h без начальной скорости.

Рис.37
39. К кривошипу ОА эпициклического механизма (рис.38), расположенного в горизонтальной плоскости, приложен вращающий момент М0. На оси сателлита (подвижной шестерни 1) действует постоянный момент М1 сил сопротивления. Считая кривошип тонким однородным стержнем массы m0, а сателлит – однородным диском массы m1 и радиуса r1, определить угловую скорость кривошипа как функцию угла поворота и его угловое ускорение, если в начальный момент система находилась в покое, а радиус неподвижной шестерни 2 равен r2.

Рис.38
40. Каток 1 (рис.39), который катится без скольжения вниз по наклонной плоскости с углом α наклона к горизонту, с помощью невесомой и нерастяжимой нити поднимает из состояния покоя груз 2 массы m вверх по наклонной плоскости с углом β. Нить перекинута через блок 3. Считая каток 1 и блок 3 однородными дисками массы m и радиусом r каждый, определить скорость тела 2 в зависимости от пройденного им пути и его ускорение. Коэффициент трения скольжения f, трением качения пренебречь.

Рис.39
41. Грузы 1 и 2 (рис.40) массами m и m соединены невесомой нерастяжимой нитью, переброшенной через блок 3 радиуса r и массы m. Груз 2, опускаясь, поднимает груз 1 вверх по шероховатой наклонной плоскости. Считая блок однородным диском, определить скорость груза 2 в зависимости от пройденного им расстояния и его ускорение, если коэффициент трения скольжения f, а угол наклона плоскости к горизонту α. Движение начинается из состояния покоя.

Рис.40
42. Груз 1 массы m (рис.41), опускаясь вертикально вниз, раскручивает ступенчатый блок 2 посредством невесомой и нерастяжимой нити, которая намотана на колесо блока радиуса r. На большее колесо блока, имеющее радиус r, намотана другая нить, второй конец которой привязан к грузу 3 массы m, скользящему по наклонной плоскости с коэффициентом трения скольжения, равным f, и углом наклона α. Блок состоит из однородных дисков массами μ1 и μ2 соответственно, жестко соединенных друг с другом и имеющих общую ось вращения. Определить скорость груза 3 в зависимости от пройденного им расстояния и его ускорение, если движение начинается из состояния покоя.

Рис.41
43. Груз 1 (рис.42) массы m, спускаясь по наклонной плоскости с углом β наклона к горизонту, с помощью невесомой и нерастяжимой нити поднимает из состояния покоя каток 2, который катится без скольжения по наклонной плоскости с углом α. Нить перекинута через блок 3. Считая каток 2 и блок 3 однородными дисками массы m и радиуса r каждый, определить скорость тела 1 в зависимости от пройденного им пути и его ускорение. Коэффициент трения скольжения f, трением качения пренебречь.

Рис.42
44. Нить (рис.43), один конец которой закреплен неподвижно, огибает подвижный блок 1 (масса m, радиус r, момент инерции относительно центра масс J) и неподвижный блок 2 с тем же радиусом и моментом инерции J. На другом конце нити подвешен груз 3 массы m0. Считая свободные участки нити вертикальными, определить скорость и ускорение груза 3, если он опустился вниз на расстояние h без начальной скорости.

Рис.43
45. Груз 1 (рис.44) массы m движется по горизонтальной плоскости под действием постоянной силы F, направленной под углом α к горизонту, и при помощи нити вращает ступенчатый блок 2, представляющий собой два однородных диска, жестко соединенных друг с другом и имеющих общую ось вращения. На больший диск, имеющий радиус r и массу m1, намотана нить от груза 1, а на меньший, имеющий радиус r и массу m, намотана другая нить, ко второму концу которой прикреплен груз 3 массы m. Определить скорость груза 1 в зависимости от пройденного им расстояния и его ускорение, если коэффициент трения скольжения равен f, участок нити АВ горизонтален, а движение начинается из состояния покоя.

Рис.44
46. Кривошип ВА гипоциклического механизма (рис.45), расположенного в горизонтальной плоскости, вращается из состояния покоя под действием постоянного момента М и приводит в движение сателлит (подвижную шестерню 1). Считая кривошип тонким однородным стержнем массы m0, а сателлит – однородным диском массы m1 и радиуса r1, определить угловую скорость кривошипа как функцию угла поворота и его угловое ускорение. Радиус неподвижной шестерни 2 равен r2.

Рис.45
47. К кривошипу ОА эпициклического механизма (рис.46), расположенного в горизонтальной плоскости, приложен вращающий момент M=M0-aω, где М0 и α – положительные постоянные, а ω – угловая скорость кривошипа. Считая кривошип тонким однородным стержнем массы m0, а сателлит (подвижную шестерню 1) – однородным диском массы m1 и радиуса r1, определить угловую скорость кривошипа как функцию угла поворота и его угловое ускорение, если в начальный момент система находилась в покое, а радиус неподвижной шестерни 2 равен r2.

Рис.46
48. Груз 1 (рис.47) массы m, опускаясь по вертикали, раскручивает ступенчатый блок 2 посредством невесомой и нерастяжимой нити, которая намотана на колесо блока радиуса r. На меньшее колесо блока, имеющее радиус r, намотана другая нить, второй конец которой привязан к грузу 3 массы m3, скользящему по горизонтальной плоскости с коэффициентом трения скольжения, равным f. Блок состоит из однородных дисков массами μ1 и μ2 соответственно, жестко соединенных друг с другом и имеющих общую ось вращения. При вращении блока на него действует постоянный момент сил сопротивления М. Определить скорость груза 3 в зависимости от пройденного им расстояния и его ускорение, если движение начинается из состояния покоя.

Рис.47
49. К барабану 1 (рис.48) ворота радиуса r1 и массы m1 приложен вращающий момент M=M0-aφ, где a – постоянная, φ– угол поворота. При вращении барабана по наклонной плоскости с углом α при помощи намотанного на барабан невесомого троса из состояния покоя поднимается груз 2 массы m. Считая, что коэффициент трения скольжения равен f, определить угловую скорость вращения барабана и ускорение груза 2 в зависимости от угла φ.

Рис.48
Пример 13. Доска веса P положена на два катка веса Q каждый. На доску действует постоянная сила F, составляющая с горизонтом угол α (рис.49). Катки являются однородными дисками, а проскальзывания катков с доской и с горизонтальной плоскостью нет. В начальный момент времени система покоились. Определить ускорение доски.

Рис.49
Решение. Исследуемой механической системой в данной задаче является доска вместе с катками. Для решения задачи применим теорему об изменении кинетической энергии: Wk2-Wk1=Ae-Ak. В качестве Wk2 и Wk1 возьмем значения кинетической энергии системы в произвольный момент времени T2=T(t) и в начальный момент времени T1=T(t). По условию задачи в начальный момент времени система покоилась, поэтому T(0)=0. Кинетическая энергия в момент времени t складывается из кинетической энергии доски Wkd и двух катков 2Wkk: Wk(t)= Wkd+2 Wkk. Так как доска движется поступательно, то Wkd=PV2/2g. Каждый из катков совершает плоское движение, поэтому, согласно теореме Кенига,
WkK=QVc22g+Icω22,где Vc – скорость оси катка, ω– угловая скорость его вращения, а Ic – момент инерции катка относительно его оси. Так как каток является однородным диском, то Ic=Qr2/2g, где r – радиус катка. Учитывая теперь условие отсутствия проскальзывания катков с доской и с плоскостью, выпишем кинематические соотношения, связывающие V, Vc и ω: V = 2Vc, Vc=ωr. Следовательно, WkK=3QV2/16g, и тогда Wk(t)=(8P+3Q)V2/16g.
Вычислим теперь работу всех внешних и внутренних сил за интервал времени от 0 до t. Так как система состоит из абсолютно твердых тел и при этом проскальзывание между доской и катками отсутствует, то сумма работ всех внутренних сил Ai=0. Внешними силами, действующими на систему, являются силы тяжести доски P и катков Q, постоянная сила F, нормальные реакции плоскости N1 и N2 и силы трения между катками и плоскостью F1 и F2, приложенные в точках контакта K1 и K2 катков (см. рис. 49). Из всех сил работу совершает только сила F, т.е. Ae=FScosα, где S – перемещение доски за время . Действительно, силы тяжести работу не совершают, так как перемещения точек приложения этих сил перпендикулярны их направлениям. Нормальные же реакции N1, N2 и силы трения F1, F2 работу не совершают, так как они приложены к мгновенным центрам скоростей K1 и K2 катков (в силу отсутствия проскальзывания между катками и плоскостью). Поэтому элементарные перемещения этих точек равны нулю dsK1=dsK2=0, тем самым равна нулю и элементарная работа указанных сил. Следовательно, равна нулю и суммарная их работа за время от 0 до .
Таким образом, теорема об изменении кинетической энергии в данном случае имеет вид
8P+3QV216g=FScosα. (1)Для определения ускорения доски a продифференцируем равенство (1) по времени
8P+3QVa8g=FScosα.Учитывая теперь, что S=V и сокращая последнее равенство на общий множитель V, окончательно получаем
a=8Fgcosα/(8P+3Q).

Приложенные файлы

  • docx 18241753
    Размер файла: 914 kB Загрузок: 0

Добавить комментарий