Теоретическая механика. Часть 5. Динамика системы.

Министерство образования Российской Федерации
Южно-Уральский государственный университет
Филиал в г. Златоусте
Кафедра технической механики
531(07)
К142
А. И. Казанцева
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА
Часть 5
ДИНАМИКА СИСТЕМЫ ТОЧЕК
Учебное пособие для самостоятельного изучения студентами
Челябинск
Издательство ЮУрГУ
2002
УДК 531(075)
Казанцева А.И. Теоретическая механика: В 6 частях. Часть 5. Динамика системы точек: Учебное пособие для самостоятельного изучения студентами. — Челябинск: Изд-во ЮУрГУ, 2002. — 68 с.
Учебное пособие предназачено для самостоятельного изучения разделов теоретической механики «Введение в динамику системы», «Основные теоремы динамики системы точек». Пособие состоит из теоретической и практической частей. В разделе «Ответы и решения» даны примеры решения задач и анализ типичных ошибок, допускаемых студентами при их решении.
Пособие предназначено для студентов всех технических специальностей.
Ил. 93, список лит. — 4 назв.
Одобрено учебно-методической комиссией филиала ЮУрГУ в г. Златоусте.
Рецензенты: В.С. Карманов,
© Издательство ЮУрГУ, 2002.
2
ВВЕДЕНИЕ
Программированное обучение базируется на достижениях кибернетики как
науки об общих закономерностях процессов передачи информации и управления
ею.
Программированное обучение представляет собой совокупность методов и
средств оптимизации массового обучения на основе последовательного осуществления принципа программированного управления. Главная задача высшей
школы — повышения качества обучения, поэтому кафедра технической механики
ЗФ ЮУРГУ рассматривает программированное обучение, прежде всего как систему управляемой самостоятельной работы студентов.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Основные требования к такой системе
Увеличение числа часов на самостоятельную работу студентов во время,
регламентированное расписанием.
Обеспечение всех студентов учебниками и учебно-методическими пособиями.
Самостоятельная работа в аудитории должна проходить под контролем
преподавателя.
Самостоятельная работа как аудиторная, так и домашняя должна сопровождаться самоконтролем студентов в процессе обучения и достаточно частым и эффективным контролем преподавателя по отдельным этапам изучаемого курса.
Должна быть представлена возможность изучения курса в темпе, определяемом индивидуальными способностями каждого студента.
Система должна обеспечить логическую связь между всеми формами учебного процесса: лекции, практические занятия, самостоятельная работа дома
и в аудитории.
Раздел 1. ВВЕДЕНИЕ В ДИНАМИКУ СИСТЕМЫ
Раздел состоит из двух тем.
После его изучения студент должен
знать: а) определения механической системы и классификацию сил, действующих на систему; б) понятие центра масс системы; в) понятие моментов инерции и радиуса инерции; г) формулировку теоремы о моментах
инерции относительно параллельных осей; е) формулы для вычисления
моментов инерции однородных тел; ж) формулы для вычисления осевых полярных, центробежных моментов инерции тела; з) формулы для
вычисления моментов инерции тела относительно различных осей;
3
уметь: а) практически вычислять моменты инерции однородных тел правильной формы; б) практически применять теорему о моментах инерции
относительно параллельных осей; в) вычислять моменты инерции тела
относительно точки, оси; г) определять практически положение центра
масс системы.
Тема 1. ПОНЯТИЕ МЕХАНИЧЕСКОЙ СИСТЕМЫ
Механической системой или системой материальных точек называется совокупность точек, связанных между собой так, что движение каждой точки системы
зависит от движения остальных точек системы.
Примером механической системы является всякое абсолютно твердое тело
или же совокупность тел, связанных между собой.
Выбор механической системы зависит от нас, так как, изучая движение какого-либо механизма, можно в зависимости от характера поставленной задачи принять за механическую систему как весь механизм в целом, так и любое его звено.
В динамике различают изменяемые и неизменяемые системы точек.
Система называется неизменяемой, если точки ее не перемещаются относительно друг друга, изменяемой, если точки системы перемещаются относительно
друг друга.
Всякое абсолютно твердое тело можно рассматривать как неизменяемую систему. Примером изменяемой системы являются деформируемое (не абсолютно
твердое) тело.
Классификация сил, действующих на систему.
В динамике принято делить все силы, действующие на систему точек, на два
вида: внутренние и внешние.
Внутренними F i называются силы, с которыми точки или тела, составляющие
систему, действуют друг на друга.
Внешними F c называются силы, с которыми действуют на систему точки или
тела, не входящие в состав самой системы.
Если деление сил на активные и реакции связи зависит от физической природы сил, то деление их на внешние и внутренние зависит от нашего выбора. Одна и
та же сила может быть внешней по отношению к одной системе точки внутренней
по отношению к другой. Таким образом, деление сил на внешние и внутренние
является условным и зависит от того, что включим в состав системы.
Пример. Если рассмотреть движение всей солнечной системы в целом, то сила
притяжения Земли к Солнцу будет внутренней. Если же рассмотреть Землю как
систему точек, то эта сила станет внешней.
Свойства внутренних сил системы
1. Геометрическая сумма всех внутренних сил системы равна нулю, то есть
4
n
 Fji  0 .
j 1
Действительно, на основании третьего закона динамики силы, с которыми действуют друг на друга
точки системы, равны по величине и противоположны по направлению (рис.1).
F1i   F2i ;
F3i   F4i ;
F5i   F6i .
Складывая такие силы, получаем:
n
 F ji
 0.
Рис. 1
j 1
2. Геометрическая сумма моментов всех внутренних сил относительно любого
n
центра О равна нулю, т.е.
 m0 ( F ji )  0 (рис. 2). Для любой пары точек системы
j 1
n
 m0 ( F ji )  0 , так как
j 1
m0 ( F1i )  m0 ( F2i )  rA  F1i  rB  F2i  rA  F1i  rB  F1i  (rA  rB )  F1i  A B  F1i  0 ,
потому что АВ и F1i — коллинеарны.
Полученные выводы упрощают исследования вопросов, относящихся к системе точек, так как они позволяют в некоторых случаях
не принимать в расчет внутренние силы системы.
Центр масс системы
Когда система состоит из очень большого числа
точек, то изучить ее движение сложно и даже иногда
невозможно. В таких случаях рассматривается движение всей системы как одного целого. С этой целью и
вводится понятие центра масс.
Рис. 2
Пусть имеем систему, состоящую из n материальных точек массами m1 , m2 , m j ,...mn весом P1 , P2 , Pj ,...Pn , данная система находится
под действием только сил тяжести.
Из курса статики известно, что все эти силы Pj можно заменить одной силой,
приложенной в точке С, называемой центром параллельных сил. Координаты этой
точки определяются по формулам:
n
xC 
 Pj x j
j 1
n
 Pj
j 1
n
; yC 
 Pj y j
j 1
n
 Pj
n
; zC 
j 1
 Pj z j
j 1
n
 Pj
j 1
5
,
(1)
где Pj = mjg, a xj ,yj , zj — координаты точки Аj.
Заменим Pj в формулах (1) его значением, координаты примут вид
n
xC 
mjxj
j 1
n
mj
n
; yC 
j 1
n
mj yj
j 1
; zC 
n
mj
mjzj
j 1
,
n
mj
j 1
(2)
j 1
n
где
mj  M
j 1
(масса всех точек системы), получим
n
xC 
mj xj
j 1
M
n
; yC 
mj y j
j 1
M
n
; zC 
mj z j
j 1
M
.
(3)
Эти формулы (3) определяют точку С, положение которой уже не зависит от
сил, действующих на систему, а зависит лишь от положения материальных точек
системы и от их масс. Точка С и называется центром масс системы.
Следовательно, центром масс системы называется геометрическая точка С координаты которой определяются по формулам (3).
Итак, центр масс — это точка фиктивная, воображаемая, не связанная ни с какой материальной массой, и вводят это понятие, как уже говорилось, для того,
чтобы упростить решение задач динамики системы. Если учесть, что xC , yC , zC —
проекции вектора rC (радиус-вектора точки С), то можно записать, зная xC , yC , zC :
n
rC 
 m j rj
j 1
M
(4)
,
где r j — радиус-вектор точки Аj .
Положение точки С можно определить или ее координатами по формулам (3)
или ее радиус-вектором по формуле (4).
Примечание. В поле силы тяжести центр масс системы совпадает с ее центром
тяжести (для неизменяемой системы). Но, если центр тяжести существует только
для неизменяемой системы, находящейся в поле тяжести, то центр масс существует для любой системы, находящейся в любом пространстве, и положение его
не зависит от сил, действующих на систему. Таким образом, понятие центра масс
и центра тяжести не являются тождественным понятиями. Центр тяжести является частным случаем по отношению к понятию центра масс.
Момент инерции
Положение центра масс не полностью характеризует распределение масс системы. Поэтому для более полной характеристики распределения масс вводится
еще одно понятие — так называемый момент инерции системы, он характеризует
распределение масс системы относительно некоторой точки или оси. Впервые это
6
понятие встречается в работах Гюйгенса (1673 г.), но термин и определение момента инерции дано Л. Эйлером (1749 г.).
Моментом инерции системы материальных точек относительно данной точки
О (оси Z или плоскости П) называется скалярная величина, равная сумме произведений масс всех точек системы на квадраты их расстояний до данной точки О
(оси Z, плоскости П). Обозначая моменты инерции системы относительно точки
О  I 0 , оси Z  I Z , плоскости П  I П , имеем:
n
n
n
j 1
j 1
j 1
I O   m j r j2 , I Z   m j h 2j ,I П   m j d 2j ,
(5)
где mj — масса точки Аj ; rj , hj , dj — соответствующие расстояния до данной точки О, оси Z, плоскости П.
Чтобы вычислить момент инерции твердого тела относительно данной точки
или оси, необходимо разбить тело на очень большое конечное число элементарных частей и определить приближенный момент инерции по формулам (5). Затем,
чтобы получить более точное значение момента инерции, нужно вычислить предел приближенного момента инерции, предполагая, что число n частей, на которые разбито тело, стремится к бесконечности, а масса mj каждой части — к нулю.
n
Например, момент инерции тела относительно точки О I O   m j r j2 (приблиj 1
женно), более точно I O 
n
m j r j2   r 2 dm.

n m 0
lim
j
j 1
V
Если тело однородное и имеет правильную геометрическую форму, то его момент инерции можно вычислить с помощью определенного интеграла. Если же
тело неоднородное имеет сложную геометрическую форму, то момент инерции
его определяется опытным путем.
Значение моментов инерции
Момент инерции относительно различных осей тела необходимо знать при
решении многих технических задач. Например, при изучении работы машины или
показаний измерительного прибора, при определении степени износа механизма,
при динамическом уравновешивании испытуемого тела и т. д.
Осевые, центробежные и полярный момент инерции
Моменты инерции тела относительно осей координат называются осевыми, а
момент инерции тела относительно начала координат
— полярным.
Вычислим осевые и полярный моменты инерции
тела. Пусть имеем твердое тело, разобьем его на отдельные точки и возьмем точку Аj с координатами xj,
yj, zj (рис. 3), по определению момента инерции
n
I Z   m j h 2j , но h 2j  x 2j  y 2j , тогда
j 1
7
Рис. 3
n
n
n
2
2
I Z   m j ( x  y ), аналогично I X   m j ( y j  z j ), и I Y   m j ( z j  x j ).
j 1
2
j
2
j
2
2
j 1
j 1
Формулы (6) определят осевые моменты инерции тела:
n
I X   m j ( y 2j  z 2j ),
j 1
n
I Y   m j ( z 2j  x 2j ),
(6)
j 1
n
I Z   m j ( x 2j  y 2j ) .
j 1
По определению же найдем полярный момент инерции
n
2
2
2
2
I O   m j r j2 , но r j  x j  y j  z j , тогда
j 1
n
1
( I  IY  I Z ) .
(7)
2 X
j 1
Осевые и полярные моменты инерции всегда положительны.
Центробежными моментами инерции называются суммы, составленные из
произведений масс точек тела на произведение 2 координат этих точек. Центробежные моменты инерции:
I O   m j ( x 2j  y 2j  z 2j ) 
n
n
n
j 1
j 1
j 1
I XY   m j x j y j ; I YZ   m j y j z j ; I ZX   m j z j x j .
(8)
Если центробежные моменты инерции относительно некоторой системы осей
Oxyz равны нулю, то оси называются главными осями инерции. Для них
IXY = IYZ = IZX = 0.
Главные оси инерции были введены Сегнером (1755 г.) и Эйлером (1758 г.).
Через каждую точку пространства можно провести три главные оси инерции данного тела. Главные оси взаимно перпендикулярны. Всякую ось, проходящую через центр масс, называют центральной осью тела. Главные же оси, проходящие
через центр масс, называют главными центральными осями инерции тела.
Центробежные моменты инерции в отличие от осевых и полярных моментов
могут быть и положительными, и отрицательными.
Примечание. Если однородное тело имеет ось симметрии, то она является его
главной центральной осью инерции.
Контрольные вопросы и задания к теме 1
№1
От чего зависит положение центра масс?
1. От сил, действующих на систему.
2. От массы системы и от среды, в которой она находится.
8
3. От масс точек системы и от их расположения.
№2
Координаты центра масс системы имеют вид.
n
n
n



e
e
e
1. MxC   X ; MyC  Y ;MzC   Z .
j 1
j 1
n
n
j 1
n
2. MxС   X ; My C   Y ; MzC   Z . .
e
j 1
j 1
n
3. xC 
mjxj
j 1
M
; yC 
4. xC 
j 1
M
mj yj
j 1
M
n
; zC 
n
; yC 
Yj
j 1
M
e
j 1
n
n
Xj
e
mjz j
j 1
M
.
n
; zC 
Z j
j 1
M
.
№3
Что называется центром масс системы точек?
n
1. Точка С, положение которой определяется rC 
 m j rj
j 1
.
M
n
2. Точка С, положение которой вычисляется rC 
 m j rj
j 1
M
.
n
3. Точка С, положение которой определяется rC   m j r j .
j 1
n
4. Точка С, положение которой находится rC   r j .
j 1
№4
От чего зависит деление сил, действующих на систему, на внешние и внутренние силы?
1. Деление зависит от того, что включается в состав системы.
2. Деление условное, и можно силы, действующие на систему, делить на внутренние и внешние в любом порядке, как угодно.
3. Деление зависит от числа точек, составляющих систему.
4. Деление сил зависит от условия задачи.
№5
Какие силы называются внешними?
1. Силы, с которыми действуют друг на друга тела, не входящие в состав одной и той же системы.
9
2. Силы, приложенные к системе со стороны тел, не входящих в состав самой
системы.
3. Силы, для которых главный вектор и главный момент всегда равны нулю.
4. Силы, с которыми действуют друг на друга тела, входящие в состав системы.
№6
Свойства внутренних сил.
1.
n
n
j 1
j 1
 F ji  0;  m0 ( F ji )  0.
n
2.
 m0 ( F ji )  0.
j 1
n
3.
 F ji
 0.
j 1
n
4.
 X ij
j 1
 0.
n
 Y ji
 0.
j 1
№7
Какие силы называются внутренними?
1. Силы, с которыми действуют друг на друга тела (точки), входящие в состав
данной системы.
2. Силы, приложенные к системе со стороны тел, не входящих в состав самой
системы.
3. Силы, с которыми действуют друг на друга тела, не входящих в состав одной и той же системы.
4. Внутренние силы — это такие силы, для которых
n
 m0 ( F j )  0 .
j 1
№8
Может ли центр масс системы совпадать с центром тяжести системы?
1. Это два разных понятия.
2. Центр масс только в поле тяготения совпадает с центром тяжести.
3. Центр масс всегда совпадает с центром тяжести.
4. Это зависит от сил, действующих на данную систему. Если внешние силы
на систему не действуют, то центр тяжести становится центром масс.
№9
По каким формулам определяются моменты инерции твердого тела относительно координатных осей?
10
n
n
1. I X   m j ( x 2j  y 2j );
3. I X   m j ( y 2j  z 2j );
j 1
j 1
n
n
I Y   m j ( y 2j  x 2j );
I Y   m j ( y 2j  z 2j );
j 1
j 1
n
n
I Z   m j ( z 2j  x 2j ).
I Z   m j ( x 2j  z 2j ).
j 1
j 1
n
n
2. I X   m j ( y 2j  х 2j );
4. I X   m j ( y 2j  z 2j );
j 1
j 1
n
n
I Y   m j ( x 2j  z 2j );
I Y   m j ( x 2j  y 2j );
j 1
j 1
n
n
I Z   m j ( x 2j  y 2j ).
I Z   m j ( x 2j  y 2j ).
j 1
j 1
№ 10
По каким формулам определяются центробежные моменты инерции твердого
тела?
n
n
1. I YX   m j x j y j ;
2. I YX   m j x 2j ;
j 1
j 1
n
n
I ZX   m j z j y j ;
I ZX   m j y 2j ;
j 1
j 1
n
n
I XY   m j z j x j .
I XY   m j z 2j .
j 1
j 1
n
n
3. I YZ   m j ( y 2j  z 2j );
4. I YX   m j y j z j ;
j 1
j 1
n
n
I ZX   m j ( z 2j  x 2j );
I ZX   m j z j x j ;
j 1
j 1
n
n
I XY   m j ( x 2j  y 2j ) .
I XY   m j z j y j .
j 1
j 1
Тема 2. ТЕОРЕМА О МОМЕНТАХ ИНЕРЦИИ ОТНОСИТЕЛЬНО
ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ОСЕЙ
Этой теоремой пользовался Гюйгенс (1673 г.), общее и строгое доказательство
ее дано Л. Эйлером (1749 г.), в литературе она известна как «теорема Гюйгенса»,
или иногда ее называют «теоремой Штейнера». Штейнер доказал теорему 100 лет
спустя (1840 г.) для частного случая (для точек на плоскости). В формулировке
11
Эйлера теорема читается так: момент инерции тела относительно какой-либо оси,
равен моменту инерции этого же тела относительно оси ей параллельной, проходящей через центр масс тела, плюс произведение массы тела на квадрат расстояния между осями.
Доказательство. Пусть имеем некоторое твердое тело, момент инерции которого относительно оси СZ, проходящей через центр масс С тела, известен. Обозначим его через IZ. Необходимо вычислить момент инерции этого же тела относительно оси
OZ1, параллельной оси СZ и отстоящей от нее на
расстоянии ОС = а (рис. 4).
По определению осевого момента инерции:
n
I Z   m j ( x 2j  y 2j ) , где mj масса точки Aj. В сиj 1
стеме Cxyz xj, yj, zj — ее координаты обозначим:
x = xj; y = = yj; z = zj. Теперь опять же по определению осевого момента инерции запишем
n
I Z1   m j ( x  y ),
2
1j
j 1
Рис. 4
2
1j
где mj — масса точки Aj; x1j, y1j, z1j – ее координаты в новой системе Ox1y1z1.
Как видим из рис.4, x1j = x; y1j = y – a. Тогда, перейдя к старым координатам,
получим
n
I Z1   m j [ x 2  ( y  a ) 2 ];
j 1
n
I Z1   m j (
j 1
x 2j

n
n
j 1
j 1
y 2j
n
n
j 1
j 1
)   m j ( 2ay j )   m j a 2 
 I Z  a 2  m j  2a  m j y j  I Z  Ma 2  2aMy C (  0 )  I C  Ma 2 .
(1)
Теорема доказана.
Здесь
n
n
j 1
j 1
 m j  M (масса тела).  m j y j  MуС , но С(xC; yC; zC);
xC = yC = zC = 0 (C — начало координат);
n
MуС   m j y j  0 .
j 1
Как видим, I Z  I Z , поэтому можно сделать такой вывод: среди всех моментов инерции относительно различных осей данного направления наименьшее значение имеет момент инерции относительно оси, проходящей через центр тяжести
тела.
1
12
Радиус инерции
Очень часто при расчетах пользуются понятием радиуса инерции. Представим
себе момент инерции тела относительно оси Z как произведение его массы на
квадрат некоторой длины  : I Z  M 2 .
Величину

IZ
M
(2)
называют радиусом инерции тела относительно данной оси Z. Радиус инерции 
тела можно представить как радиус воображаемого тонкостенного цилиндра, который обладает той же массой, распределенной по его поверхности, и тем же моментом инерции относительно оси, что и данное тело.
Вычисления моментов инерции однородных тел
Пример 1. Определить момент инерции однородного прямолинейного стержня
относительно оси, перпендикулярной стержню,
проходящей через его конец. Пусть имеем однородный прямолинейный стержень AB = l масса
M
его М, масса единицы длины его  
(рис.5),
l
вычислим момент инерции стержня относительно
оси Az. Разбиваем стержень на элементарные
участки. Возьмем один такой участок длины x j ,
Рис. 5
масса его m j  x j . По определению момент
инерции
l
l
n
  l3
M
I AZ  lim  m j x 2j   x 2dx    x 2 dx 
, но   . Тогда
m j  0 j 1
3
l
0
0
3
(
Ml
I AZ 
(3)
3
Пример 2. Найти момент инерции однородного круглого диска относительно его центра. Пусть имеем однородный круглый диск радиусом R, массой М, масса единицы площади его  
M
(рис. 6). Разобьем диск кон-
R 2
центрическими окружностями на элементарные кольца,
возьмем одно такое кольцо массой m j  2rjrj . По
определению
R
R
Рис. 6
MR 2
r4
M
I 0  lim  m r    2r dr  2
| , но   2 и I 0 
.
(4)
2
4 0
R
j 1
0
По формуле (4)считается также момент инерции однородного сплошного
круглого цилиндра относительно его оси.
n
2
j j
3
13
Пример 3. Найти момент инерции однородного тонкого кольца относительно
его центра.
Пусть имеем однородное кольцо R, массой М (рис. 7).
Момент инерции его относительно центра О по определению момента инерции относительно центра:
n
n
j 1
j 1
I 0   m j r j2 , но r j  R  const и I 0  R 2  m j  MR 2 .
Получаем:
Рис. 7
I0 = MR2.
(5)
По формуле (5) можно вычислить момент инерции
однородного полого цилиндра относительно его оси.
Используя формулы (3), (4) и теорему о моментах инерции относительно параллельных осей, можно вычислить, например, момент инерции стержня относительно центра тяжести IC или момент инерции диска относительно оси, проходящей через точку А перпендикулярно диску.
Определим IC (рис. 8).
Рис. 8
Ml 3
l
I A  IC  M ( )2 ; I A 
,откуда
Рис. 9
3
2
Ml 2 Ml 2 Ml 2 Ml 2
;
I CZ 1  I AZ 



4
3
4
12
Ml 2
I CZ 1 
.
12
Найдем IAZ1 (рис. 9).
MR 2
3
MR 2
 MR 2  MR 2 ;
; IA 
I AZ1  I OZ  MR 2 ; I OZ 
2
2
2
3
I AZ1  MR 2 .
2
(6)
(7)
Контрольные вопросы и задания к теме 2
№ 11
Вычислить момент инерции круглого диска относительно диаметра диска.
mr 2
.
1. I d 
2
14
1 2
mr .
4
mr 3
.
3. I d 
3
4. I d  mr 2 .
2. I d 
№12
Вычислить момент инерции однородного круглого диска веса Р и радиуса r
относительно оси l1, лежащей в его плоскости и отстоящей от центра тяжести С
r
диска на расстояние а = .
4
2
Pr
.
1. I l1 
2g
9 Pr 2
.
2. I l1 
16 g
Pr 2
.
3. I l1 
4g
5 Pr 2
.
4. I l1 
16 g
№ 13
Вычислить радиус инерции однородного круглого диска весом Р и радиусом r
относительно оси l1, лежащей в его плоскости и отстоящей от центра тяжести С
r
диска на a  .
4
r 2
.
1.  
2
3
2.   r.
4
r
3.   .
2
r 5
.
4.  
4
№ 14
Определить радиус инерции сплошного круглого цилиндра относительно его
оси.
1.   r .
r 2
.
2
mr 2
.
3.  
2
Здесь r — радиус цилиндра.
2.  
15
№ 15
Вычислить момент инерции диска относительно его касательной.
mr 2
.
1. I  
2
5
2. I   mr 2 .
4
mr 2
.
3. I  
4
4. I   mr 2 .
№ 16
Определить радиус инерции однородного тонкого стержня длиной l относительно оси, перпендикулярной к стержню в конце его.
ml 2
.
1.  
3
2.   l.
3.   l
3
.
3
№ 17
Определить момент инерции однородной пластинки массой М относительно оси z1 (рис. 10).
Ml 2
.
1. I Z1 
12
Mlh
.
2. I Z1 
12
Mlh
.
3. I Z1 
3
Ml 2
Рис. 10
.
4. I Z1 
3
№ 18
Найти момент инерции стержня массой М и длиной 2а относительно оси z
проходящей через его середину и образующей угол  с направлением стержня.
1
1. I Z  Ma 2 sin 2  .
3
1
2. I Z  Ma 2 cos2  .
3
1
3. I Z  Ma 2 sin 2  .
12
1
4. I Z  Ma 2 cos2  .
12
16
№ 19
Определить радиус инерции  прямоугольника, основание которого 0,2 м, а
высота 0,4 м, относительно оси y, проходящей через центр тяжести параллельно
основанию.
1.  = 0,116 м.
2.  = 0,232 м.
3.  = 0,303 м.
№ 20
Определить момент инерции круга массой М и радиусом а относительно хорды АВ, отстоящей от центра на половину радиуса.
3Ma 2
.
1. I AB 
4
Ma 2
.
2. I AB 
4
Ma 2
.
3. I AB 
2
Раздел II. ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕМЫ ДИНАМИКИ СИСТЕМЫ
ТОЧЕК
Раздел состоит из трех тем. В результате изучения раздела студент должен:
знать а) определение количества движения, кинетического момента и кинетической энергии системы; б) формулировки основных теорем динамики
системы в дифференциальной и интегральной формах; в) законы сохранения количества движения, координаты центра масс и кинетического
момента системы;
уметь а) практически вычислять количество движения, кинетический момент,
кинетическую энергию системы; б) вычислять работу, моменты, импульсы внешних сил, приложенных к системе; в) практически применять при решении задач основные теоремы динамики системы и закон
сохранения количества движения, координаты центра масс, кинетического момента системы;
помнить а) формулы для вычисления количества движения, кинетического
момента и кинетической энергии системы работы сил; б) формулы, выражающие основные теоремы динамики системы; в) порядок решения
задач.
17
Тема 3. ТЕОРЕМЫ ОБ ИЗМЕНЕНИИ КОЛИЧЕСТВА ДВИЖЕНИЯ
И О ДВИЖЕНИИ ЦЕНТРА МАСС
Основные теоремы динамики являются следствиями, вытекающими из основного закона динамики. Рассмотрим эти теоремы для системы точек.
Пусть имеем механическую систему, состоящую из n точек. Запишем для произвольной точки Аj теорему об изменении количества движения точки в дифференциальной форме:
d (m j j )
d (m j j )  F j dt или
 Fj ,
dt
где F j  F je  F je ; F je — внешняя сила; F ji — внутренняя сила.
d (m j j )
 F je  F ji , написав подобные равенства для каждой из n точек систе-
dt
мы, сложим их. Получаем:
n
d (m j j ) n e

F

 dt
 j  F ji .
j 1
j 1
j 1
под знак производной:
n
Внесем знак

n
d ( m j j )
n
dt
n
 F ji
n
  F   F ji .
j 1
j 1
e
j
j 1
 0 — по свойству внутренних сил;
j 1
n
n
j 1
j 1
 m j j   k j
 K — вектор количества движения системы точек.
Количеством движения системы называются вектор K , равный геометрической сумме векторов количеств движения всех точек системы. Заменив
n
n
 m j j
 K  kj,
j 1
j 1
имеем
n
dK
  F je .
(1)
dt j 1
Равенство (1) выражает теорему об изменении количества движения системы в
дифференциальной векторной форме: производная от количества движения системы по времени равна сумме всех внешних сил, действующих на систему.
Проинтегрировав равенство (1), получим:
К
t
К0
0 j 1
n
n t
n
j 1 0
j 1
e
e
 dK    F dt    F j dt   S j ,
e
j
n
K  K 0   S je .
j 1
18
(2)
Равенство (2) выражает теорему в интегральной векторной форме: изменение
количества движения системы за некоторый промежуток времени равно сумме
импульсов всех внешних сил, действующих на систему за тот же промежуток
времени.
Из выражений (1) и (2) следует, что количество движения системы зависит
только от внешних сил, внутренние силы изменить количество движения системы
не могут. Обозначим проекции векторов K K X , K Y , K Z , а F e Х e ,Y e , Z e . Спроектировав на декартовы оси равенства (1) и (2), получим:
n
dK X
  X ej ;
dt
j 1
n
dKY
 Y je ;
(3)
dt
j 1
n
dK Z
  Z ej .
dt
j 1
n
K X  K X 0   S ejx ;
j 1
n
KY  KY0   S ejY ;
j 1
(4)
n
K Z  K Z0   S ejZ .
j 1
Имеем скалярное дифференциальное выражение теоремы об изменении количества движения системы (3): производная от проекции количества движения системы на какую-либо ось по времени равна сумме проекций всех внешних сил на
ту же ось. Скалярное интегральное выражение этой же теоремы (4): изменение
проекции количества движения системы на какую-либо ось по времени равно
сумме проекций импульсов всех внешних сил на туже ось.
Частные случаи рассматриваемой теоремы
n
dK
 0.
1)  F je  0, тогда
dt
j 1
(5)
K  const
— закон сохранения количества движения системы.
e
2)
 X ej  0, тогда
j 1
dK X
 0.
dt
K X  const
(6)
— закон сохранения проекции количества движения.
19
Пример. Из орудия весом Р2 вылетает снаряд в горизонтальном направлении
весом Р1 со скоростью V1 . Найти скорость после вылета (скорость отката) V2
(рис. 11).
Рис. 11
Если рассмотреть орудие и снаряд как одну систему, то давление пороховых
газов F при выстреле — внутренняя сила, а силы N , P1 и P2 — внешние. Тогда
n
 X ej  0
j 1
и K X  const . Наблюдается сохранение проекции количества движения
системы на ось х. В начальный момент система неподвижна: K 0  0 и K X 0  0 . В
P
P
P
P
момент выстрела K  1 v1  2 v2 ; K X  1 v1  2 v2 , но K X  K X 0 .
q
q
q
q
P1
P
v1  2 v2  0 .
q
q
P1v1
— скорость отката орудия.
P2
Примечание. Практическое значение теоремы в том, что при соответствующем
выборе механической системы исключаются из рассмотрения все неизвестные
внутренние силы. Теорема применяется в теории удара, динамики точки переменной массы, динамике сложных сред (газ, жидкость).
v2 
Выражение количества движения системы через скорость центра масс
Если число точек системы велико, то определить вектор K по формуле
n
n
j 1
j 1
K   k j   m j v j трудно, а иногда невозможно. В этом случае количество движения системы вычисляется через скорость центра масс.
Что такое центр масс системы, уже знаем. Положение этой точки определяется координатами:
20
n
xC 
mj xj
j 1
n
n
; yC 
mj yj
j 1
; zC 
mj z j
j 1
.
M
M
M
Умножим обе части этих равенств на массу системы М, получим:
n
n
j 1
j 1
MxC   m j x j ; MyC   m j y j ;
n
MzC   m j z j .
j 1
Продифференцируем обе части этих равенств по времени:
n
n
n
j 1
j 1
j 1
MxC   m j x j ; My C   m j y j ; MzC   m j z j .
(7)
Но xC, yC, zC — координаты точки C — центра масс, а x C , y C , zC — проекции
скорости точки С на оси координат, т.е. vC xC ; y C ; zC . Координаты точки A j системы — x j , y j , z j , а x j , y j , z j — проекции скорости v j x j ; y j ; z j . Соответственно
система (7) определяет проекции векторов количеств движения точки С MvC в
n
левой части и вектора K   m j v j в правой части. Но если равны проекции векj 1
n
торов, то равны и сами векторы: MvC   mi vi  K ;
j 1
n
M VC   m j v j  K ; K  MvC
(8)
j 1
Вывод. Количество движения системы равно произведению массы всей системы на скорость центра масс.
С помощью последней формулы очень легко можно
вычислить количество движения системы, скорость центра масс которой известна.
Пример. Вычислить количество движения колеса весом Р, центр масс которого имеет скорость v 0 (рис. 12).
P
Величину K  Mv0  v0 определили по формуле (8).
q
Направлен K так же, как и v 0 .
Рис. 12
Теорема о движении центра масс
Центр движется как материальная точка, масса которой равна массе всей системы, и к которой приложены все внешние силы, действующие на систему.
Доказательство. Возьмем систему, состоящую и n материальных точек. Пусть
точка С  x C , y C , z C  , скорость которой vC , ускорение a C является центром масс
данной системы. Выразим количество движения этой системы через скорость
центра масс: K  MvC . Обе части этого равенства продифференцируем по време-
21
dv
dv
dK
dK n e
 M C , но C  aC (из кинематики точки); а
 F j (из теоремы об
dt
dt
dt
dt 
j 1
изменении количества движения системы).
ни:
n
MaC   F je ,
Тогда
(9)
j 1
что и требовалось доказать. Спроектируем это равенство на оси Oxyz, обозначив
проекции a C — xC , yC , zC , а F je — xej , y ej , z ej , где C ( xC , yC , zC ) — центр масс.
n
n
n
j 1
j 1
j 1
MxC   X ej ; MyC  Y je ; MzC   Z ej .
(10)
Называются эти уравнения дифференциальными уравнениями движения центра масс. С их помощью можно решать первую и вторую задачи динамики системы. Из выражений (9) и (10) видно, что внутренние силы на движение центра
масс не влияют.
Частные случаи
1. Если
n
 F je  0 , то
j 1
MaC  0 ; aC  0 .
vC  const — центр масс такой систе-
мы движется равномерно и прямолинейно.
Если
n
 F je  0 и vC
0
j 1
 0 , то vC  0 .
Отсюда видим, что центр масс остается неподвижным. Этот результат выражает закон сохранения положения центра масс системы.
2. Если
n
 X ej  0 , то
j 1
MxC  0 ; хC  0 ; xC  const .
Если же в начальный момент центр масс неподвижен, то xC  0 , тогда
xC  const — закон сохранения координаты центра масс.
Пример. Рассмотрим движение человека по абсолютно гладкой горизонтальной плоскости. На человека действуют внешние силы: Р – вес его и реакция плоскости N (нормальная). Если ось х взять вдоль плоскости, то
n
 X ej  PX
j 1
 N X  0;
vC0  0 ; xC  const . Центр масс человека остается неподвижным, т.е. вдоль абсолютно гладкой плоскости человек перемещаться не может (его мускульные усилия будут внутренними силами, а внутренние силы на движения центра масс не
влияют).
Если же плоскость негладкая, то
n
 X ej  Fт р ,
j 1
MxC  Fт р , xC  0 , центр масс
перемещается ускоренно по горизонтали. Сила трения при этом направлена в сторону движения человека. Она позволяет ему двигаться.
22
Порядок решения задач с помощью закона сохранения количества движения
системы
1. Изобразить на рисунке все внешние силы.
2. Выбрать систему координат.
3. Записать теорему об изменения главного вектора количеств движения системы материальных точек в проекциях на оси координат.
4. Если сумма проекций импульсов внешних сил на ось окажется равной нулю, например  S Xe  0 , то следует приравнять между собой проекции на эту ось
главного вектора количеств движения системы в начальный и конечный момент
времени, т.е. K X  K X 0 , из полученного уравнения определить искомую величину.
Порядок решения задач с помощью теоремы о движении центра масс
1. Изобразить на рисунке все внешние силы системы.
2. Выбрать систему осей координат.
3. Записать дифференциальные уравнения движения центра масс:
n
n
n
j 1
j 1
j 1
MxC   X ej ; MyC   Y je ; MzC   Z ej .
(11)
4. Вычислить суммы проекций всех внешних сил системы на оси декартовых
координат и подставить их в уравнения (11).
5. В зависимости от условия решать прямую либо обратную задачи динамики.
Контрольные вопросы и задания к теме 3
№ 21
Бревно весом Р перекатывается на двух катках весом Q каждый (рис. 13).
Определить количество движения системы, если бревно движется со скоростью v.
2P  Q
v.
1. K 
g
2Q  P
v.
2. K 
g
PQ
Рис. 13
v.
3. K 
g
№ 22
Два шара весом A — 5H и B — 3H соединены с
вертикальной осью ЕД горизонтальным стержнем
АВ длиной 20 см и весом 10Н, прикрепленным к
оси в точке О, отстоящей на 5 см от шара А.
Вся система вращается вокруг оси ЕД, делая 10
оборотов в минуту. Определить количество движения системы (рис. 14).
1. К = 7 кгм/с.
2. К = 0,07 кгм/с.
Рис. 14
23
3. К = 1,2 кгм/с.
№ 23
Однородная квадратная рама АВСД со стороной а вращается вокруг оси АВ с
постоянной угловой скоростью  . Вокруг оси СВ, совпадающей с диагональю
рамы, вращается однородный диск весом Р1 (рис. 15).
Определить количество движения системы, если
вес рамы Р2.
1. К = 0.
P  P2
a .
2. K  1
2g
P
3. K  2 a
2g
P
Рис. 15
4. K  1 a .
2g
№ 24
Матрос весом Р перемещается по шлюпке весом G с относительной скоростью u. В начальный момент шлюпка имела скорость v 0 . Определить, через
сколько времени ее скорость станет равной нулю, если сопротивление воды постоянно и равно R (человек движется в сторону движения лодки).
 ( P  G )v0  Pu
1. t 
.
Rg
 Pu  ( P  G )v0
2. t 
.
Rg
№ 25
На лодке, движущейся со скоростью v0, находится человек. С какой скоростью
будет перемещаться лодка, если человек начнет двигаться по ней с относительной
скоростью u. Вес лодки G , человека — Р (человек движется в сторону движения
лодки). Сопротивлением воды пренебречь.
( P  G )v0  Pu
.
G
 Pu
2. v Л 
.
PG
( P  G )v0  Pu
3. v Л 
.
PG
1. v Л 
№ 26
Кривошип ОА вращается равномерно с угловой скоростью  и приводит в движение колесо II радиусом R и
весом Р (рис. 16). Определить количество движения системы, если R1 = R2 = R, ОА — однородный стержень весом Р1.
24
Рис. 16
1. K 
R ( P  P ) .
1
g
R ( P  2 P ) .
2. K 
1
g
R ( P  2 P) .
3. K 
g 1
№ 27
Определить главный вектор количества движения центробежного регулятора,
вращающегося вокруг вертикальной оси с угловой скоростью  . При этом углы
 изменяются по закону    (t ) и верхние стержни поворачиваясь, поднимают
шары А и В (рис. 17). Весом муфты пренебречь и весом
стержней. Шары считать точечными массами весом Р
каждый.
P
1. K  2 l .
g
P
2. K  2 r .
g
P
3. K  2 l sin  .
g
Рис. 17
P
4. K  2 l cos .
g
№ 28
Определить главный вектор количеств движения данной системы, если угловая скорость первого колеса 1 , R1  R2  R . Вес колес Р1 и Р2,
центры тяжести их лежат на осях вращения О1 и
О2 (рис. 18).
1. К = 0.
Рис. 18
1
2. K  21 R( P1  P2 ) .
g
R
3. K  1 ( P1  P2 ) .
g
№ 29
На невесомом стержне, вращающемся вокруг оси О
по закону   2t , находятся на расстоянии ОМ1 = l1, ОМ2
= l2 две точки массой m1 и m2. Определить количество
движения этой системы (рис. 19).
1. K  2l (m1  m2 ) .
2. K  2(m1l1  m2 l2 ) .
3. K  2(m1l1  m2 l2 ) .
Рис. 19
25
№ 30
Прямоугольный параллелепипед поставлен на горизонтальную плоскость. На
него положено тело А весом Р1, а тело В весом Р2 соединено с телом А гибкой нерастяжимой нитью, перекинутой через блок С (рис. 20).
Определить зависимость между скоростью параллелепипеда v и скоростью u
тела А по отношению к параллелепипеду, если опорные поверхности гладкие, и в
начале движения система покоилась. Вес параллелепипеда Q, весом нити и блока
пренебречь.
Pu
1. v   1 .
Q
 ( P1  P2 )u
2. v 
.
Q
 P2 u
3. v 
.
P1  P2  Q
 P1u
Рис. 20
4. v 
.
P1  P2  Q
№ 31
Может ли человек во время прыжка в воду изменить траекторию своего центра тяжести?
1. Не может.
2. Может.
№ 32
Какое условие должно выполнятся, чтобы центр масс не перемещался?
n
1.
 X ej  0; vC
0
j 1
 0.
n
2.
 F e  0.
j 1
n
3.
 F e  0; vC
j 1
0
 0.
№ 33
Влияют ли внутренние силы на движение центра масс?
1. Да.
2. Нет.
№ 34
Определить главный вектор R внешних сил, приложенных к однородному
диску, вращающемуся вокруг неподвижной оси, центр тяжести диска расположен
на его оси вращения.
e
26
n
1. R e   F e  0 .
j 1
n
2. R   F je  MaC .
e
j 1
3. R  MrC  2   2 .
4. Все ответы верны.
e
№ 35
Какой будет траектория центра масс однородного
стержня АВ (рис. 21) при падении его на плоскость? В
начальный момент стержень покоился. Плоскость гладкая.
1. Прямая.
2. Окружность.
3. Эллипс.
№ 36
Тонкий однородный стержень ОА = l весом Р вращается вокруг вертикальной оси с постоянной угловой скоростью  (рис. 22). Определить главный вектор внешних
сил. Массой оси пренебречь.
Pl 2
1. R e 
 .
2g
2. R e  0 .
P
3. R e  l 2 .
g
Рис. 21
Рис. 22
№ 37
На однородный цилиндр О, который может свободно вращаться вокруг горизонтальной оси, намотан трос, на свободном конце его подвешен груз А весом Р
(рис. 23).
Определить давление на ось цилиндра, если груз опускается с ускорением а, а
вес цилиндра равен Q.
1. N  P  Q .
P
2. N  P  Q  a .
q
P
3. N   P  Q  a .
q
P
4. N   a  P  Q .
q
Рис. 23
27
№ 38
Два однородных стержня соединены шарниром С и расположены так, что СД
перпендикулярен АВ (рис. 24).
Определить перемещение стержня АВ, если стержень СД упадет на горизонтальную плоскость. Сопротивления движению не учитывать. Вес стержня АВ —
2Р, стержня СД — Р, АС = ВС = СД = l. В начальный момент система покоилась.
l
1. S  .
2
2. Нет верного ответа.
l
3. S  .
6
l
4. S  .
Рис. 24
4
№ 39
Груз весом G поднимается при помощи блочного приспособления (рис. 25).
Определить величину реакции оси блока если груз М весом Р
опускается с ускорением а. Трением и весом блоков пренебречь.
1. N  P  G .
PG
2. N  P  G 
a.
g
2P  G
3. N  P  G 
a.
2g
2P  G
a.
4. N  P  G 
Рис. 25
2g
Ведущее колесо
Ведомое колесо
Рис. 26
Ведущее колесо
Ведомое колесо
28
Рис. 27
№ 40
На каком рисунке (26 или 27) верно изображены силы, приложенные к ведущему и ведомому колесам автомобиля?
Тема 4. ТЕОРЕМЫ ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОГО МОМЕНТА
СИСТЕМЫ
Кинетическим моментом системы или главным моментом количеств движения системы относительно некоторого центра О называется вектор L0 , равный
геометрической сумме векторов моментов количеств движения всех точек системы относительно того же центра:
n
L0   l0 j
(1)
j 1
Проекции вектора L0 на оси Оxyz — LX , LY , LZ называются кинетическими моментами системы относительно осей координат.
Кинетическим моментом системы относительно оси называется алгебраическая сумма моментов количеств движения всех точек системы относительно той
же оси:
n
n
n
j 1
j 1
j 1
LX   l X j ; LY   lY j ; LZ   l Z j
(2)
Вычислим кинетический момент тела, вращающегося
вокруг неподвижной оси Oz с угловой скоростью  (рис.
28).
Разобьем тело на отдельные материальные точки и
возьмем одну A j массой m j . Ее расстояние до оси Oz —
rj ,
количество
движения
m jv j .
Найдем
момент
l jZ  m j v j r j , где v j    r j . Тогда l jZ  m j rj2 . По опредеn
n
n
j 1
j 1
j 1
Рис. 28
лению LZ   l jZ   m j rj2    m j rj2  I Z  .
LZ  I Z 
Итак,
(3)
Вывод. Кинетический момент вращающегося тела относительно оси вращения
равен произведению момента инерции тела относительно этой оси на угловую
скорость тела.
Вычислим кинетический момент тела относительно оси С, перпендикулярной
к плоскости движения Oхy тела и проходящей через его центр масс С.
29
Пусть плоская фигура S движется в своей плоскости Охy (рис. 29). Найдем LC
—
кинетический
момент
фигуры
относительно
С
n
LC   l jC .
Найдем
j 1
l jC  r ' j xm j v ' j , так как ri mi vi , то l jC  rj ' m j v j .
Рис. 29
n
LC   r j m j v j  I C ,
Тогда
(8)
j 1
n
где v' j  r ' j  , I C   m j (r j ) 2 — момент инерции тела относительно оси С.
j 1
Сравнивая выражение (3) и (4), видим, что кинетический момент относительно осей Oz и С одинаков.
Рассмотрим теорему об изменении кинетического момента системы в абсолютном движении.
Пусть имеем систему, состоящую из n точек. Возьмем произвольную точку
массой m j и запишем для нее теорему об изменении момента количества движеdl0 j
 m0 ( F j ). Точка взята из системы, знаdt
dl0 j
 m0 ( F je )  m0 ( F ji ) . Подобные равенства
чит m0 j ( Fj )  m0 ( Fje )  m0 ( Fji ) и
dt
напишем для каждой из n точек системы и все их просуммируем. В результат поn dl
n
n
0j
лучим
 dt   m0 ( F je )   m0 ( F ji ) ; по свойству внутренних сил
j 1
j 1
j 1
ния точки в векторной форме
30
n

j 1
n
m0 ( F )  0 Внесем знак 
i
j
 l0 j  L0
 n
d n
под знак производной:
  l0 j    m0 ( F je ) , но
dt  j 1  j 1
(по определению).
j 1
Имеем
dL0 n

m0 ( F je ) .
(5)
dt 
j 1
Равенство (5) выражает теорему об изменении кинетического момента системы в векторной форме: производная от кинетического момента системы относительно некоторого центра по времени равна сумме моментов всех внешних сил,
действующих на систему относительно того центра.
Спроектировав равенство (5) на оси координат, получим
n
n
n
dLX
dLY
dLZ
  m X ( F je ) ;
  mY ( F je ) ;
  mZ ( F je ) .
(6)
dt
dt
dt
j 1
j 1
j 1
Равенства (6) выражают рассматриваемую теорему в скалярной форме: производная о кинетического момента системы относительно некоторой оси по времени равна сумме моментов всех внешних сил, действующих на систему относительно той же оси.
Частные случаи
dL0
 0; L0  const, отсюда закон сохранения кинеdt
j 1
тического момента системы относительно центра О.
1. Если
n

m0 ( F je )  0 , то
dLZ
 0; LZ  const , закон сохранения кинетического
dt
j 1
момента системы относительно оси z
2. Если
n

mZ ( F je )  0 , то
Теперь рассмотрим теорему об изменении кинетического момента системы в
относительном движении по отношению к центру масс.
Пусть Оxyz — неподвижные оси, относительно которых перемещается систе-
31
Рис. 30
ма с центром масс С, оси Сx’y’z’ перемещаются поступательно вместе с центром
масс С системы (рис. 30), при этом оси Cx’y’z’ имеют ускорение a C , равное ускорению центра масс. Докажем, что теорема об изменении кинетического момента
системы в выбранной неинерциальной системе координат будет иметь тот же вид,
что и в неподвижной инерциальной системе координат.
Изучая динамику относительного движения, выяснили, что в инерциальных
осях Cx’y’z’ все уравнения динамики можно составлять так же, как и в неподвижных осях, если к действующим на каждую точку Aj системы силам F je и F ji приин
ин
бавить переносную силу инерции Fjпер
и кориолисову силу инерции Fjкор
. В данин
ном случае переносное движение осей Cx’y’z’ поступательное и F jкор
 0, а
ин
F jпер
 m j a j  m j aC . Уравнение (5) в осях Cx’y’z’ примет вид
n
n
n
dLС
ин
  mС ( F je )   mC ( F ji )   mC ( F jпер
).
dt
j 1
j 1
j 1
Но по свойству внутренних сил
n

j 1
n
n
j 1
j 1
(7)
mС ( F ji )  0 . По определению кинетическо-
го момента системы LC   l jC   r ' j m j v j ' ,
где v ' j — скорость A j в подвижной системе Cx’y’z’.
Вычислим
n

j 1
mC ( F
ин
jпер
n
n
n
j 1
j 1
j 1
)   r ' j (m j aC )   (m j r ' j aC )  (m j r ' ) j  aC  M r 'C aC .
Но точка С есть начало координатных осей Cx’y’z’. Поэтому r 'C  0 и
Mr 'C  0 . Тогда
n

j 1
ин
mC ( F jпер
) 0.
Теперь уравнение (7) примет вид
n
dLС
  mС ( F je )
dt
j 1
Сравнивая этот результат с уравнением (5), видим, что
для осей, движущихся поступательно вместе с центром
масс системы, теорема об изменении кинетического момента системы относительно центра масс сохраняет тот же
вид, что и относительно неподвижного центра.
(8)
Пример 1. Груз В весом P1 поднимается при помощи
ворота силой G (рис. 31). Вес барабана ворота P2 радиус
барабана R, длина рукоятки ОА = l. Определить ускорение
32
Рис. 31
груза В. Барабан считать сплошным однородным цилиндром.
Система состоит из груза, нити, барабана с рукояткой. На данную систему
действуют внешние силы: P1 , P2 , G , X 0 ,Y0 .
n
 m0 ( F je )  Gl  P1 R . По теореме об
j 1
изменении кинетического момента системы
dL0 n
  m0 ( F je ) . Найдем L0  I Z   m1v B R . Заменим
dt j 1
v
L0  I Z B  m1v B R . Дифференцируя L0 , находим, что
R

vB
,
R
получим
n
dL
dL0
aB
P2 R 2 a B P1
 IZ
 m1a B R 
 RaB . Но 0   m0 ( F je ) .
dt
R
2g R g
dt j 1
Тогда
R( P2  2 P1 )
Gl  P1 R
a B  Gl  P1 R откуда a B 
2g .
2g
( P2  2 P1 ) R
Порядок решения задач с помощью теоремы об изменении кинетического
момента системы
1. Направить одну из осей координат вдоль неподвижной оси вращения z.
2. Записать теорему об изменении главного момента количеств движения сиdL
стемы относительно соответствующей оси: Z  M Ze .
dt
3. Изобразить на рисунке все внешние силы системы.
4. Вычислить главный момент внешних сил относительно неподвижной оси z
5. Вычислить кинетический момент системы относительно оси z, затем взять
его производную по времени.
6. Подставить результаты пп.4 и 5 в п.2 и затем, в зависимости от условия,
решить прямую либо обратную задачу динамики.
Последовательность решения задач с помощью закона сохранения
кинетического момента системы
1. Выбрать координатные оси, направив одну из них вдоль неподвижной оси
вращения.
2. Записать теорему об изменении кинетического момента системы материdLZ
 M Ze .
альных точек относительно выбранной оси, например,
dt
3. Изобразить на рисунке все внешние силы системы.
4. Показать, что сумма моментов всех внешних сил системы относительно оси
z равна нулю.
5. Вычислить и приравнять кинетические моменты системы материальных точек относительно оси z в начальный и конечный момент времени: LZ1  LZ2 .
6. Решить уравнение LZ1  LZ2 , определить искомую величину.
33
Пример 2. Однородный диск массой m1 и радиусом r вращается вокруг оси АВ
с угловой скоростью  0 (рис. 32). По радиусу диска движется точка М массой m2
с постоянной скоростью u . Определить угловую скорость диска в момент t.
Система состоит из диска, точки, оси. На нее действуют внешние силы: веса
P1  m1 g , P2 m 2 g и реакции опор А и В, найдем
n
 mZ ( F je )  0 , так как
j 1
P1 и P2
параллельны Az, а реакции опор А и В пересекают ось Az.
Тогда
dLZ
 0 , LZ  const .
dt
Найдем LZ0  LZ  0 , LZt  I Z   momZ (mvMa ) . Но
momZ (mvMa )  momZ (mvMe )  momZ (mvMr )  momZ (mvMe )
. momZ (mvMr )  0 , так как mv r пересекает Az, а
momZ (mvMe )  mvme OM .
Подставив значение momZ (mvMa ) , получим
LZt  I Z t  mvMe OM , но I Z 
OM  ut (vr  u  const ) .
m1r 2
; vMe  OM , а
2
Рис. 32
 m r 2  2mu 2 t 2 
m1r 2
 t , но
 t  m2 u 2 t 2 t   1
2
2


 m1r 2  2mu 2 t 2 
m1r 2
 t 
LZ  const и поэтому LZt  LZ0 , приравнивая 
0 ,
2
2


Тогда LZt 
m1r 2 0
получаем  t 
.
m1r 2  2u 2t 2 m
Контрольные вопросы и задания к теме 4
№ 41
Может ли танцор во время прыжка в танце изменять угловую скорость вокруг
оси, проходящей через центр тяжести его?
1. Да.
2. Не может.
№ 42
Два человека весом Р каждый стоят на концах горизонтального стержня АВ с
тем же весом, вращающегося вокруг вертикальной оси О, проходящей через середину стержня, с угловой скоростью  0 .
34
Как изменится угловая скорость, если оба человека займут положение на серединах отрезков ОА и ОВ?
1.  t   0 , не изменится угловая скорость.
2.  t  0 , стержень остановится.
5
3.  t   0 , угловая скорость станет меньше.
14
4
4.  t  2  0 , угловая скорость станет больше.
5
№ 43
Определить кинетический момент данной системы относительно оси z. Точки
M 1 , M 2 , M 3 лежат в плоскости Оxy (рис. 33).
1. LZ  l Z1  lZ2  lZ3 .
2. LZ  (l0 )1  (l0 ) 2  (l0 ) 3 .
3. LZ  m1v1r1  m2 v2 r2  m3 v3 r3 .
4. LZ  m1v1h1  m2 v2 h2  m3v3 h3 .
Выберете неверный ответ.
№ 44
Которое утверждение верно?
1. Lx  const , если M ye  const .
2. L y  const , если M xe  const .
Рис. 33
3. LZ  const , если M ze  const .
4. LZ  const , если M oe  const ( M oe  0 ).
№ 45
Которое утверждение неверное?
1. Производная от кинетического момента системы относительно центра О по
времени равна скорости конца вектора кинетического момента.
2. Скорость конца вектора кинетического момента системы относительно центра О равна главному моменту внешних сил относительно того же центра.
3. Производная от кинетического момента системы относительно центра О по
времени равна главному моменту внешних сил относительно того же центра.
4. Производная от кинетического момента системы относительно центра О по времени равна главному моменту
внешних сил относительно оси Oz, проходящей через
центр О.
№ 46
35
Рис. 34
Стержень АВ = l весом Р с прикрепленными на концах шариками весом Q
каждый вращается вокруг вертикальной оси с угловой скоростью  0 (рис. 34).
Какова станет его угловая скорость, если шарик упадут вниз по стержням АС
и ВС в точку С?
1.   0 .
2 P  3Q
0 .
2.  
2P
P  6Q
0 .
3.  
P
№ 47
Ротор А находится в покое. Внезапно к нему присоединили с помощью муфты
С ротор В, имеющий начальную скорость  0
(рис. 35). Какова общая угловая скорость двух систем, если момент инерции системы А равен I А , а
система В — I B ?
IB
 .
1.  
IА  IB 0
2.   0 .
I
Рис. 35
3.   B  0 .
IА
№ 48
Деревянная доска длиной l и весом P может вращаться без трения вокруг горизонтальной оси OO1. В середину доски углубляется пуля, летевшая перпендикулярно доске со скоростью V0 (рис. 36). Определить угловую скорость, которую
приобретает доска в момент попадания пули, если вес пули P1.
1. w  0 .
6 P1V0
2. w 
.
l (4 P  3P1 )
3PV
3. w  1 0 .
2 Pl
4. w 
6 P1V0
.
l ( P  3P1 )
№ 49
Определить кинетический момент системы, состоящей из трех точек, относительно центра О. Точки расположены в пространстве произвольно.
1. L0  l 01  l 02  l 03 .
2. L0  l 01  l 02  l 03 .
3. L0  r1  m1V1  r2  m2V2  r3  m3V3 .
36
Укажите неверный ответ.
№ 50
Однородный цилиндр радиусом r и весом P может свободно вращаться вокруг неподвижной оси АВ. На цилиндр намотан нерастяжимый трос, к концам которого прикреплены грузы M1 и M2 весом P1 и P2 (P2 >P1) (рис. 37). Определить
угловое ускорение цилиндра.
1.   0 .
( P2  P1 )2 g
2.  
.
r ( P  2 P1  2 P2 )
( P2  P1 )2 g
3.  
.
r ( P  2 P1  2 P2 )
( P1  P2 )2 g
4.  
.
( P  2 P1  2 P2 )r
Тема 5. ТЕОРЕМА ОБ ИЗМЕНЕНИИ КИНЕТИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ
СИСТЕМЫ
Кинетическая энергия системы T равна сумме кинетических энергий всех точек системы, т. е.
2
n m V
j j
T 
(1)
2
j 1
Рассмотрим кинетическую энергию твердого тела.
Поступательное движение тела
При поступательном движении тела скорости всех точек его в любой момент
времени одинаковы. Общую скорость обозначим через скорость центра масс
Vi  V j . Тогда, разбив тело на отдельные материальные точки, вычислим его энергию по формуле
n mV2
n mV2
VC2 n
MVC2
j j
j C
T 


 mj  2 .
2
2
2
j 1
j 1
j 1
1
Итак,
(2)
T  MVC2 ,
2
где М — масса тела.
Вывод. Кинетическая энергия тела в поступательном движении равна половине произведения массы тела на квадрат скорости его центра масс.
37
Вращательное движение тела
Вычислим кинетическую энергию тела, вращающегося вокруг неподвижной
оси с угловой скоростью ω (рис. 38). Для этого разобьем тело на отдельные матеm jV j2
риальные точки. Энергия каждой точки равна
, а для всего тела как для си2
n mV2
стемы T   j j ,
2
j 1
где Vj — скорость любой точки Aj тела, определяется по формуле V j  r j . Тогда
2
2 2
n m V
n m  r
j j
j
j
2
T 


;
2
2
2
j 1
j 1
n
2
j 1
2
 m j r j2  J Z
n
где I Z   m j rj2 — момент инерции тела относиj 1
тельно оси вращения.
1
(3)
T  I Z 2 .
2
Вывод. Кинетическая энергия вращающегося
твердого тела равна половине произведения момента
инерции тела относительно оси вращения на квадрат
его угловой скорости.
Плоскопараллельное движение тела
Из кинематики известно, что скорости всех точек плоской фигуры S (рис. 39)
относительно мгновенного центра скоростей P распределяется так, как будто эта
фигура вращается вокруг оси, перпендикулярной плоскости фигуры и проходящей через мгновенный центр скоростей P. Следовательно, энергию этой фигуры
можно вычислить, как энергию вращающегося тела:
2
T  IP
(4)
2
Но положение центра скоростей с течением времени меняется относительно
движущейся фигуры, следовательно, меняется и момент инерции I, поэтому полученная формула неудобна для практики. Преобразуем ее, используя теорему о
моментах инерции относительно параллельных осей. Заменим I P  I C  M (PC)2 .
Имеем
MVC2
1
1
M
1
2
2
2
2
T  I P  I C  
(PC )  I C  
,
2
2
2
2
2
где  ( PC )  VC (по свойствам плоского движения).
38
MVC2
2
T
 IC
.
(5)
2
2
Вывод. Кинетическая энергия тела при плоскопараллельном движении его
равна сумме двух энергий: энергии этого тела в поступательном движении со
скоростью центра масс и энергии его во вращательном движении вокруг оси, проходящей через центр масс.
Рассмотрим теорему об изменении кинетической энергии системы.
Пусть имеем систему, состоящую из n материальных точек. Возьмем из этой
системы некоторую точку Aj и запишем для нее теорему об изменении кинетической энергии точки в дифференциальной форме:
 m j V j2 
  dAеj  dAij ,
d
 2 


е
где dA — элементарная работа внешних сил; dAi — внутренних сил.
Запишем подобные равенства для каждой из п точек системы и все их проn
n
 m j V j2  n
е


суммируем . Имеем  d
  dA j   dAij .
 2  j 1
j 1
j 1


n
 n m j V j2  n
   dAеj   dAij .
Внесем знак суммы под знак дифференциала: d  
 j 1 2  j 1
j 1


n mV2
Здесь  j j  T ,
2
j 1
окончательно
n
n
j 1
j 1
dT   dAеj   dAij .
(6)
Полученное равенство выражает теорему об изменении кинетической энергии
системы в дифференциальной форме: дифференциал кинетической энергии системы равен сумме элементарных работ всех внешних и внутренних сил, действующих на систему.
Проинтегрируем равенство (6), получим
n
n
j 1
j 1
T  T0   A еj   A ij .
(7)
Та же теорема в интегральной форме: изменение кинетической энергии системы при конечном перемещении ее из одного положения в другое равно сумме работ на этом перемещении всех внешних и внутренних сил, действующих на систему.
В случае неизменяемой системы теорема примет вид
n
T  T0   A еj .
(8)
j 1
Здесь
n
 A ij
 0.
j 1
39
(9)
Пример. На шкив радиусом R, весом Р намотана веревка, к концу которой
подвешен груз весом Q (рис. 40). В начальный момент система покоилась. Найти
угловую скорость шкива в тот момент, когда груз опустился
на высоту h. Массу шкива считать равномерно распределенной по ободу. Трением пренебречь.
Данная система состоит из вращающегося шкива и груза,
который движется поступательно. Энергия системы
2
QVгр2
 шк
;
T  Tгр  Т шк 
 I0
g2
2
Q 2 R 2 P 2 R 2  2 R 2
Q  P  ,
Т


2g
2g
2g
P
где V гр   шк ; R  R ; I 0  R 2 .
g
На основании теоремы об изменении кинетической энергии
n
n
T  T0   A еj   A ij , но Т0 = 0;
j 1
j 1
n
Тогда T   A ;
j 1
 R
2
2g
2
е
j
n
A
j 1
i
j
 0.
n
 A еj  Qh , поэтому имеем
j 1
P  Q   Qh .
Здесь Т0 = 0 (по условию);
n
 A ij
 0 (система неизменяемая, так как тела абсо-
j 1
лютно твердые, веревка нерастяжима).
1 2 ghQ
Откуда  
.
R ( P  Q)
Решение задач с помощью теоремы об изменении кинетической энергии в интегральной форме рекомендуется проводить в такой последовательности:
1) изобразить на рисунке все внешние и внутренние силы системы (в случае
неизменяемой материальной системы — только внешние силы);
2) вычислить сумму работ всех внешних и внутренних сил на перемещениях
точек системы (в случае неизменяемой материальной системы — только сумму
работ внешних сил);
3) вычислить кинетическую энергию системы материальных точек в начальном и конечном положениях системы;
4) воспользовавшись результатами вычислений 2 и 3, записать теорему об изменении кинетической энергии системы материальных точек:
40
n
n
j 1
j 1
T  T0   A ej   A ij или в случае неизменяемой системы по формуле
n
T  T0   A ej и определить искомую величину.
j 1
Контрольные вопросы и задания к теме 5
№ 51
Чему равна кинетическая энергия звена АВ кривошипно-шатунного механизма
в тот момент, когда кривошип ОА занимает правое горизонтальное положение
(рис. 41), если OA = r; AB = l; ωOA = ω0; AC = CB; mAB = M (OA и AB — однородные стержни)?
MVC2 M 02 r 2

1. T AB 
.
2
8
2
M 02 r 2
 AB

2. T AB  I В
.
2
6
MVC2
Mr 2 02 Mr 2 02
2
 I C AB 

3. TAB 
.
2
2
8
24
Укажите неверный ответ.
№ 52
Определить кинетическую энергию кулисы O1B = l массой т, если кривошип ОА
вращается с угловой скоростью ω0 и OA = r; O1C = CB (рис. 42).
1. TO1B  I C
2. TO1B
 K2
.
2
mVC2

.
2
3. TO1B  I C
4. TO1B  I 01
 K2
mVC2

.
2
2
 K2
.
2
Выбрать неверный ответ и выразить TO B через данные величины.
1
№ 53
Чему равна кинетическая энергия диска, катящегося по неподвижной плоскости
без скольжения (рис. 43) со скоростью VC ?
 2   VC
1. T  I P
;
.
CP
2
MVC2
2
 IC
2. T 
.
2
2
41
MVC2
3. T 
.
2
Укажите неверный ответ.
№ 54
Кривошип ОА вращается с угловой скоростью ω0 (рис. 44): OA = r; AB = l; MAB =
M. Чему равна кинетическая энергия шатуна АВ в указанном на чертеже положении?
2
MVC2
 AB
1. T 
.
 IC
2
2
2. T  I C
 02
.
2
MVC2 Mr 2 02

3. T 
.
2
2
Здесь М — масса шатуна;
IC — момент инерции шатуна относительно точки С.
Укажите неверный ответ.
№ 55
Цилиндр массой М может перемещаться по неподвижной плоскости (рис. 45).
Чему равна его кинетическая энергия?
MVC2
2
 IC
1. T 
.
2
2
2
2. T  I C
.
2
MVC2
3. T 
.
2
№ 56
Две материальные точки А и В массой т каждая прикреплены к твердому невесомому стержню длиной 2а м, имеющему неподвижную точку О, одна на конце,
другая на середине стержня (рис. 46).
В начальный момент стержень отклонен на 60о от вертикали и предоставлен самому себе. Найти угловую
скорость w, с которой стержень пройдет через положение равновесия.
3g
1.  
.
5a
3g
2.  
.
2a
42
6g
.
5a
g
4.   3 .
a
3.  
№ 57
Система состоит из двух точек массой т каждая, они движутся по прямой
навстречу друг другу с одинаковыми скоростями V. Чему равна кинетическая
энергия системы?
mV 2
1. T 
.
2
2. T  0.
3. T  mV 2 .
4. Нет верного ответа.
№ 58
Однородный диск в одном случае вращается вокруг неподвижной оси, перпендикулярной его плоскости и проходящей через центр, а в другом катится без скольжения по прямой. Угловая скорость диска в обоих случаях одинакова. Когда кинетическая энергия больше и во сколько раз?
1. В 2 раза больше при качении.
2. В 3 раза больше при качении.
3. Одинакова.
4. Нет верного ответа.
№ 59
Круглая шайба радиусом R весом P вращается в вертикальной плоскости вокруг
неподвижной точки О с угловой скоростью ω (рис. 47) OC = R. Найти кинетическую энергию шайбы.
PVC2 PR 2 2

1. T 
.
2g
2g
 2  mr 2 2  P R 2 2
2. T  I C
.
2
22
4g
 2  Pr 2  2  P R 2 2
3. T  I 0
.
2
g  4  2 8g
 2  3 Pr 2  2  3P R 2 2
T

I
4.
.
0
2
2  g  2 4g
№ 60
43
Сплошной цилиндр скользит по плоскости со скоростью VC . Изменится ли его
кинетическая энергия, если цилиндр катить по плоскости с той же скоростью оси
VC (рис. 48)? Насколько изменится энергия?
MVC2
1. Не изменится, T 
.
2
M 2
2. Изменится, увеличится на
V .
2 C
1
3. Изменится, уменьшится на MVC2
4
M 2
4. Изменится, увеличится на
V .
4 C
№ 61
Вал весом P и радиусом инерции r делает n оборотов в минуту. От трения в подшипниках число оборотов уменьшилось наполовину. Какую энергию поглотило
трение?
P 2 2 2
r n .
1. T 
4800 g
P 2 2
2. T 
r n .
4g
3P 2 2
3. T 
r n .
8g
 2P 2 2
r n .
4. T 
2400 g
№ 62
Колесо скатывается без скольжения по наклонной плоскости с высоты h. Какую
скорость приобретает центр колеса, если начальная скорость центра равна нулю?
gh
1. V  2
.
3
2. V  2 gh .
3. V  2 gh .
№ 63
Какую надо сообщить угловую скорость ω0 стержню АВ в его верхнем положении, чтобы он проходил через нижнее положение с угловой скоростью 2ω0 (рис. 49)?
2g
1.  0  2
.
3l
2g
2.  0 
.
l
44
3. Нет верного ответа.
№ 64
Однородный стержень AB = l весом P скользит своими концами по горизонтальной и вертикальной плоскости (рис. 50). Найти кинетическую энергию стержня в
указанном на чертеже положении, если скорость точки A VA = V.
PV 2
1. T 
.
2g
PV 2
2. T 
.
6g
2 PV 2
3. T 
.
3g
7 PV 2
4. T 
.
6g
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ К КОНТРОЛЬНЫМ ВОПРОСАМ
№1
Центр масс системы — это геометрическая точка, положение которой определяется координатами или радиус-вектором:
n
xC 
mj xj
j 1
; yC 
mj yj ;
zC 
mj z j
; ( или rC 
 m j rj
).
M
M
M
M
Из формул видно, что положение центра масс не зависит от сил, действующих на
систему, а значит и от среды, а зависит от масс точек системы и от расположения
их (т. е. от координат xj, yj, zj и от mj). Верен ответ 3. Остальные ответы не верны.
№2
Смотрите ответ к № 1. Верен ответ 3.
№3
Смотрите ответ к № 1. Верен ответ 2.
№4
Верен ответ 1.
№5
Верен ответ 2.
45
№6
Верен ответ 1.
№7
Верен ответ 1.
№8
Верен ответ 2.
№ 9, № 10
Верны ответы 4.
Пояснения к № 4–10 найдите в тексте темы 1.
№ 11
Чтобы вычислить момент инерции диска относительно диаметра АВ, построим
оси координат с началом в центре диска. Ось ОХ направим по диаметру АВ, ОУ —
перпендикулярно АВ, а ось OZ перпендикулярно плоскости диска (рис. 53), при
mr 2
2
2
этом знаем, что I z   m j x j  y j  
;
2
I d  I x   m j y 2j ;
I d  I y   m j x 2j ;
mr 2
Iz  Ix  Iy 
,
2
1
2
так как I x  I y  I z ; I d 
mr 2
.
4
Верен ответ 2.
mr 2
Ответ 1. I d  I z 
.
2
Ответ 4. Взято Iz для тонкого кольца, равное
mr , вместо Id диска.
Ответ 3. относительно оси, проходящей через конец прямолинейного однородного стержня, перпендикулярно ему. Эти ответы неверны.
2
№ 12
Проводим через C ось l || l1 (рис. 51). Момент инерции диска относительно оси,
проходящей вдоль диаметра:
Mr 2
Il 
,
4
 r 2  5 Pr 2
тогда I l1  I l  M   
.
 4  16 g
Верен ответ 4.
46
В ответе 1 I l взято равным I C 
1
mr 2
.
2
mr 2
В ответе 2 I l взято равным
.
2
В ответе 3 I l взято равным Il.
Ответы 1–3 неверны.
1
1
№ 13
Смотрите
ответ
к
задаче
№
11,
так
как
I l1
5 Pr 2
,

16 g
а
I l1
5 Pr 2 g
5



r.
M
g15 P
4
Верен ответ 4, остальные неверны, так как неверен I l1 .
№ 14
Ответ 1 неверен. Радиус инерции цилиндра и радиус цилиндра — это не одно
и то же (рис. 52). Чтобы найти  , воспользуемся формулами:
Iz
Mr 2
Mr 2
2
; Iz 
; 
.

r
2
M
2M
2
Верен ответ 2.
Ответ 3 неверен. Вместо  записан Iz.
№ 15
Чтобы вычислить Iz (рис. 54), воспользуемся теоремой о моментах инерции
относительно параллельных осей. Моменты инерции диска относительно каждого
из его диаметров одинаковы.
mr 2
Выберем диаметр АВ, параллельный касательной  : I AB  I x 
.
4
Тогда
mr 2
5
2
I   I x  mr 
 mr 2  mr 2 .
4
4
Верен ответ 2. Остальные ответы неверны.
mr 2
Ответ 1. I   I Оz 
(относительно
2
центра О).
mr 2
Ответ 3: I  I x  I y 
(относитель4
но диаметров).
Опустив значок около I, обозначающий
ось, относительно которой считается момент инерции, допускаете грубую ошиб47
ку. Не забывайте обозначать ось, относительно которой считаете момент инерции.
Ответ 4: I   I z  mr 2 (для кольца).
№ 16
Ответ 1 неверен. Это запись момента инерции стержня относительно оси AZ:
IZ
ml 2
ml 2 l 3
I AZ 
(рис. 55). Находим  
.


3
m
3m
3
Верен ответ 3. Ответ 2 неверен, ошиблись в расчете.
№ 17
Верен ответ 1. Вычислим момент инерции пластинки относительно оси Oz
(рис. 56). Для этого площадь прямоугольника ОАВС разобьем прямыми, параллельными оси Оу, на бесконечно узкие полоски. Будем рассматривать каждую полоску как прямолинейный отрезок массы mj.
1
Тогда момент инерции полоски относительно оси Oz будет равен m j l 2 , по фор3
2 n
2
n
1
l
Ml
муле (3) темы 2. Тогда I Z   m j l 2   m j 
.
3 j 1
3
j 1 3
Используя теорему о моментах инерции относительно параллельных осей,
2
l
Ml 2 Ml 2 Ml 2



имеем I Z1  I Z  M   ; I Z1 
.
3
4
12
2
Верен ответ 1. Остальные ответы неверны.
№18
Разобьем стержень на п элементарных частиц (рис. 57). Возьмем одну такую
n
частицу Aj,ее масса mj, расстояние AjС = lj. Тогда I Z   m J h J2 , так как
j 1
n
n
h j  l j sin  , то I Z   m j l 2j sin 2   sin 2   m jl 2j  I C sin 2  , но
j 1
j 1
MAB 2 M 2a 
Ma2


.
12
12
3
Подставим значение IC в формулу, полученную для IZ:
Ma 2
2
I Z  I C sin  
sin 2  .
3
Верен ответ 1.
Ответ 2. Ошибка в счете h j  l j cos .
IC 
2
48
В ответах 3, 4 неверно взята длина: АВ = а вместо 2а. Поэтому I C 
IZ 
Ma2
и
12
Ma 2
sin 2  . В ответе 4 к тому же вместо h j  l j sin  взято h j  l j cos .
12
№ 19
Верен ответ 1. Найдем Iy. Для этого разобьем прямоугольник прямыми, параллельными оси у, на бесконечно узкие полоски (рис. 58). Будем рассматривать
каждую полоску как прямолинейный отрезок массы mj. Тогда по формуле (3) темы 2 момент инерции полоски относительно Оу будет равен
инерции всего прямоугольника I y 
1
2
m j 0,4  , а момент
3
1 n
M
m j 0,42 
0,42 ,

3 j 1
3
n
где M   m j — масса прямоугольника.
j 1
M 0,22
Теперь из формулы (1) темы 2 найдем I y1  I y  M 0,2  
,
3
I  0,2
но   y 
 0,116 м.
M
3
2
I y 0,4

 0,232 м.
M
3
Ответ 2 неверен. В ответе 3 неверно применяется формула (1) темы 2:
I
7 M 0,2 2
7
 0,303 м.
I y   I y  M  0,22  M  0,22 и   y 
3
M
3M
В ответе 2 вместо I y  взят Iy и поэтому  
№ 20
Верен ответ 3. Момент инерции круга относительно диаметра (оси Оx, рис. 59)
Ma2
равен
(см. ответ к № 14). По теореме о моментах инерции относительно па4
раллельных осей:
2
a
Ma2 Ma2 Ma2

I AB  I X  M   


.
4
4
2
2
Ma 2
В ответе 1 вместо IX взят I Z 
,
2
кроме того, неверно применена теорема о
моментах инерции относительно параллельных осей:
a2 3
I AB  I Z  M
 Ma 2 ,
4 4
так как АВ непараллельна Oz. В ответе 2
вместо IAB взят IX, что тоже неверно.
49
№ 21
Рассмотрим движение системы, состоящей из бревна, которое движется поступательно, и двух катков, совершающих
плоскопараллельное движение (рис. 60).
Количество движения этой системы
K  Kбр  2Ккатка ; К кат ка выразим через
V
, что видно из распределения скоростей точек катка
2
Q
QV
QV P  Q
P
P
(см. рис. 60): К катка  V0 
; Kбр  V ; K  V  2

V.
g
2g
g
g
2g
g
Верен ответ 3. Ответы 1 и 2 неверны. В 1-м ответе неверно считается Q общей
массой двух катков, а во втором случае V0 приравнивается V, забывая, что у ценV
тра катка скорость V0  .
2
скорость центра масс V0 
№ 22
Рассмотрим движение системы, состоящей из двух точек А и В и стержня АВ
(рис. 61). Количество движения этой системы
К  К стержня  m AV A  mBVB ;
VAAB ; V A  OA   ; VB AB ;
n
V B  OB   ;   ;
30
n = 10 oб/мин;
 м

  с–1; VA  0,05
;
3 с
3
 м
VB  0,15
; Кст  MVС ;
3 с
 м
VC    OC  0,05
;
3 с
VC OC ;
10

 3
 5 0,7
K  0,05  0,15
 0,05

, так как K  mCVC  mBVB  mAVA ;
g
3
3 g
3 g
3g
0,7
K
 0,07 кгм/с. KAB .
3g
Верен ответ 2.
Ответ 1 неверен, так как не соблюдается система единиц, см не переведены в
м, а g взято 9,8 м/с2 вместо 980 см/с2. Ответ 3 тоже неверен, так как вектор
mAVA направлен в противоположную сторону векторам mCVC и mBVB и его следует
50
вычесть из суммы 2 остальных mCVC  mBVB  mAVA , а вы сложили, не учтя
направления mAVA .
№ 23
K  K1  K 2
Ответ 1 неверный. К  0 , но K r  0 в относительном движении диска вокруг
оси ВС (рис. 62), так как центр диска лежит на этой оси. Тогда К = К1 + К2;
P
P  Р2
P  P2
P
a
K 1  1 V0 ; K 2  2 V 0 ; K  1
V0 ; V 0   ; K  1
a ; KON .
2
g
g
g
2g
Верен ответ 2. Ответ 3 неверен: K  K 2 . Ответ 4 неверен: K  K1 .
№ 24
Рассмотрим движение системы лодка — человек (рис. 63). Запишем для этой
системы теорему об изменении количества движения системы в проекции на ось х
n
в интегральной форме K X  K OX   S xe j .
j 1
n
 S xe
j 1
j
  Rt ( R  const) ; K X 0 
PG
V0 ;
g
G
P
V л  Vчел ; Vчел  V л  Vот н  V л  u ;
g
g
G
P
P
Pu
P
PG
K X  Vл  Vл  u ;
Vл  u 
V0   Rt .
g
g
g
g
g
g
( P  G)V0 Pu
( P  G)V0  Pu
При Vл = 0 Rt 
;t
.

g
g
Rg
Верен ответ 1. В ответе 2 неверно вычислена проекция импульса
n
P
PG
PG
Vл 
V0  Rt ;
K X  K X 0  Rt   S xe j ; u 
g
g
g
j 1
 ( P  G)V0  Pu
.
t
Rg
KX 
S Xe :
№ 25
Применяем теорему об изменении количества движения системы в проекции на
ось х. Но так как Reх = 0, то К Х  К Х 0 .
РG
P
G
V0 ; K X  V л  Vот н   V л ;
g
g
g
P
P
G
PG
V0 ; Vот н  u , имеем
приравнивая K X и K X : V л  Vот н  V л 
g
g
g
g
P  G V0  Pu
.
Vл 
GP
К Х0 
0
51
Верен ответ 3.
а
В ответе 1 неверно вычислена скорость человека: Vчел
 Vот н  u ;
P  G V0  Pu
P
G
P
G
.
V0  V0  u  V л ; V л 
g
g
g
g
G
P
G
В ответе 2 КХ вычислено верно. Но K X  V л  u   V л  0 , так как К Х 0  0 .
g
g
Pu
GP
Pu
Тогда
; Vл  
.
Vл  
g
g
GP
№ 26
Количество движения системы (рис. 64)
PV
PVA
К сист  К ОА  К II  1 C 
; V A    2 R ; VC    R . Так как K OA К II то
g
g
P
P
R
P  2 P  .
К сист  К ОА  К II  1 R  2R 
g
g
g 1
Верен ответ 3. Ответ 1 неверен.
P
P
К сист  К ОА  К II  1 VC  V A ,
g
g
PP
но K сист  1
VC , так как V A  VC .
g
Ответ 2 неверен, перепутаны VA и VC .
R
VA  R;
P  2P1  .
V  2R; и К сист 
g
 C
№ 27
Верен ответ 3. Система состоит из двух точек А и В (рис. 65).
P
P
Ксист  mVA  mVB  VAa  VBa ; VAa  VAe  VAr ; VBa  VBe  VBr ; VAr  VBr  l ;
g
g
VBe  V Ae  r ; VAr OA ; VBr OB ; VAe r ; VBe r и V Ae Ox ; V Be Ox .
Стержни ОА и ОВ лежат в плоскости Оyz и проекции их скоростей
P
P
r
r
VAX
 VBX
 0 ; VAye  VBye  VAze  VBze  0 ; К сист  VAe  VAr   VBe  VBr ;
g
g
P
P
P
P
K x  V Ae  V Be  r  r  0 ;
g
g
g
g
P
P
P
P
K y   V Ar cos  V Br cos   l cos  l cos  0 ;
g
g
g
g
P
P
2 Pl
2P
K z  V Ar sin   V Br sin  
 sin  . K  K z 
l sin  .
g
g
g
g
52
2P 
l — количество движеg
ния только в относительном движении шаров. Векторы mVBr  mVAr  K r , неверно
складываются.
Во втором ответе K считается только в переносном движении и тоже неверно
считается сумма векторов mVBe  mVAe  K e .
2P 
В четвертом ответе ошибка в проекции, K  K z 
l cos .
g
Остальные ответы неверны. В первом ответе K 
№ 28
Система состоит из двух колес (рис. 66).
P
P
К сист  K 1  K 2  1 V01  2 V02 , но V01  V0 2  0 ; Kсис  0 .
g
g
Верен ответ 1. Остальные ответы неверны: в ответе 2 V01  V02  21 R ;
K сист 
2 1 R
R
P1  P2  ; в ответе 3 V01  V02  1 R ; K сист  1 P1  P2 .
g
g
№ 29
Система состоит из двух точек М1 и М2 и стержня (рис. 67). Стержень невесомый Ксист  m1V1  m2V2 ; V1  l1 ; V 2  l 2 ;     2 c 1 , так как m1V1 m2V2 ; то
К  m1V1  m2V2   l1m1  l2 m2   2l1m1  l2 m2  . Верен ответ 2.
Ответ 1 неверен, так как l1  l 2 . Ответ 3 неверен, так как m1V1 m2V2 и направлены в одну сторону К  m1V1  m2V2 .
№ 30
Верен ответ 4.
n
 X ej  0
j 1
(рис. 68); K X  const ;
P
P
Q
Vn  1 V A  2 VB .
g
g
g
Vn  V ; VA  V  u ; VB  V  u ;
P u PV P V
Q
K X  V  1  1  2  K X0  0 .
g
g
g
g
Q  P1  P2 V   P1u V   P1u
;
.
g
g
P1  P2  Q
Знак минус говорит о том, что параллелепипед будет перемещаться в сторону,
противоположную перемещению груза А относительно параллелепипеда.
K X0  0 . K 
53
В
ответе
1
неверно
считаются
скорости.
VA  u
и
VB  u
и
P
Pu
Q
V  1 u  K X0  0 ; V   1 .
g
g
Q
В ответе 2, как и в первом ответе V A  V B  u и K X считается неверно, так как
P
P
 P1  P2 
Q
mB u X  0 . K X  V  1 u  2 u  0 ; V 
u.
g
g
g
Q
В ответе 3 КХ найдено неверно.
P2 u
P
P
P
Q
.
K X  V  2 u  1 V  2 V  0 ;V  
P1  P2  Q
g
g
g
g
KX 
№ 31
Не может. На человека (точку М), прыгающего в воду (рис. 69), кроме силы
тяжести, никакие внешние силы не действуют, поэтому
n
 X ej
j 1
 0 ; x C  const , так
n
как MxC  0 ; x C  VOX  const ; xC  xC t  xC0 ; MyC   Y je   P ; MyC   Mg ;
j 1
2
gt
 V0 y t  h .
2
 x C  V0 X t;
Уравнения движения данной точки: 
gt 2
y


 V0 y t  h;
 C
2
2
gxC
xC
Исключая переменную t, найдем y C  

V
 h — уравнение пара0
y
V0 x
2V02x
yC   g ; y C   gt  VOy ; yC  
болы. Траекторией прыгуна будет парабола при любой скорости V 0 . Под действием силы тяжести точка всегда перемещается только по параболе, т. е. траектории
своей прыгун изменить не может.
№ 32
54
Теорема о движении центра масс говорит о том, что центр масс системы двиn
n
n
dV C
e
e
e
  F j . Если  F j  0 , то
жется согласно закона Ma C   F j , или M
dt
j 1
j 1
j 1
VC  const ; если VCO  0 , то VC  0 .
Верен ответ 3. Ответ 2 неполный. Ответ 1 предполагает отсутствие перемещения центра масс только вдоль оси х.
№ 33
Верен ответ 2. Внутренние силы не влияют на движение центра масс, потому
n
что его движение происходит согласно равенства Ma C   F j , куда внутренние
e
j 1
силы не входят.
№ 34
Верен ответ 1, так как ускорение центра масс aC , лежащего на оси вращения,
равно нулю, то и R e  Ma C  0 . То же самое получим в ответе 2, если вместо аС
подставим значение и в ответе 3 положим rC = 0 для точек, расположенных на оси
вращения. Эти ответы верны тоже. Поэтому следует считать верным заключение,
выраженное ответом 4.
№ 35
Так как на стержень АВ (рис. 70) никакие силы кроме веса Р и нормальной реакции N, не действуют, а их проекции на ось х равны 0 и стержень в начальный
момент неподвижен, то xC  const . Для
выполнения этого условия ( xC  const )
необходимо, чтобы точка С перемещалась только по прямой, параллельной оси
Ау. Верен ответ 1.
№ 36
Верен ответ 1. На основании теоремы
о движении центра масс
n
P
e
R e   F j  Ma C  a C .
g
j 1
Найдем aC  aCn (так как вращение
стержня (рис. 71) равномерное):
l
a n C  OC 2   2 ;
2
Pl 2
Re 
 .
g2
55
Направлен R e , как и aC от С к О. Но R e  0 , так как aC  aCn  0 ; aC  0 .
P
Ответ 2 неверен. Ответ 3 неверен, так как a C  l 2 ; R e  l 2 .
g
№ 37
Для решения задачи используем дифференциальное уравнение движения центра
n
MyC   Y je ;
масс:
j 1
(рис. 72).
M 
n
 Y je  P  Q  N
j 1
yC 
N  P  Q  MyC ;
PQ
;
g
yC 
PyA
Pa

;
PQ PQ
PyA
;
PQ
yA  a A ;
P
a.
g
Верен ответ 4. В ответах 2 и 3 неверно
найдена сумма проекций сил на ось у. В ответе 1 не учитывается движение системы, сила
N найдена в равновесном положении.
N  PQ
№ 38
Используем теорему о движении центра
n
n
масс: Ma C   F j ; Mx C   X
j 1
n
 X ej
j 1
e
j 1
e
e
j
, так как
 0 и VCO  0 , то x c  const ; xCO  0
2 Px1  Px2
 xC 0  0 ; x1   S
2P  P
l
l
(рис. 74). x2   S ;  2 PS  P  S   0 ;
2
2

(рис. 73), xCt 
l
.
6
Верен ответ 3. Остальные ответы неверны. В ответе 1
не учитывается знак минус координаты x1 . В ответе 2
неверное заключение. В ответе 4 координата x 2 неверна,
l
l
x2  ; S  .
4
2
S
№ 39
56
Верен ответ 4. Запишем для этой системы дифференциальное уравнение ценn
n
PG
тра масс: MyC   Y je ;  Y je  P  G  N (рис. 75); N  P  G  MyC ; M 
;
g
j 1
j 1
a
Pa

G
Gy  Py 2
Gy  Py2
a
2;
; yC  1
; y1  a M1   ; y2  a M 2  a yC 
yC  1
2
PG
PG
PG
2P  G
N PG
a.
2g
В ответе 1 найдена статическая реакция. В ответе 2 неверно найдено ускорение aM 1  aM 2  a . В ответе 3 не учитывается направление aM 1 .
№ 40
Верен ответ 2 (см. рис. 27).
Движение автомобиля можно объяснить, используя теорему о движении центра масс. Действительно, силы давления газа в двигателе являются силами внутренними, они не могут привести в движение систему. Движение происходит за
счет сил трения, приложенных к колесам со стороны дороги. Двигатель передает
ведущему колесу вращающий момент (рис.76). При этом точка касания В стремится скользить влево, а к колесу будет приложена сила трения, направленная
вправо. Эта внешняя сила и позволяет двигаться автомобилю вправо (см. рис. 76).
К ведомому колесу (рис. 77), не связанному с двигателем, приложена сила
давления на ось Р, параллельная пути. Под ее действием все колесо, а с ним и
точка касания А колеса о грунт стремится сдвинуться вперед, а сила трения будет
направлена назад. Она тормозит движение и является тоже внешней.
57
В ответе 1 (см. рис. 26) неверно обозначены колеса.
Если вращающий момент М вр  0 , оба колеса становятся ведомыми (рис. 78).
Движение автомобиля по гладкой плоскости (без внешних сил) невозможно.
№ 41
Если провести через центр тяжести танцора ось Oz то внешние силы (вес человека и нормальная реакция плоскости) будут параллельны оси (если пренебречь
dLz
силами трения). Тогда по теореме о кинетическом моменте
 M ze  0 ;
dt
L I 
L z  const ; I zo  0  I z  t ; где 
L zo  I zo 0 .
zo t
 zt
Если танцор увеличит момент инерции, например разведением рук в стороны,
то скорость вращения уменьшится и наоборот. Следовательно, изменяя момент
инерции, танцор может изменять в танце свою угловую скорость. Верен ответ 1.
№ 42
Рассмотрим движение системы, состоящей из вращающегося стержня и двух
точек. Внешние силы веса P1  P2  P3  P и реакции опор С и D относительно
оси z моментов не создают. Следовательно,
n
 mz ( F je )  0
j 1
и Lz  const ; найдем
4ml 2
 0  2m 0 l 2  7 ml 2 0 и
12
3
2
4ml 2
l
l
1  2ml 1  5 ml 21 (рис. 80).
LZt  I Z 1  mBVB1  m AV A1 . (рис. 79).
12
4
6
2
2
7
5
14
4
Но LZ0  LZt , тогда ml 2 0  ml 21 ; тогда 1   0  2  0 .
3
6
5
5
Верен ответ 4.
Ответ 3 неверен. Перепутано условие задачи и взято за начальное положение
точки А1 и В1, за конечное — А, В.
В ответе 2  t  0 , это неверно, так как LZ  const ; LZ0  0 , то и LZt  0 ; и
L Z0  I Z  0  mBVB l  m AV Al 
t  0 .
Ответ 1 будет верен, если точки А и В не будут перемещаться, а они переместились.
№ 43
Неверен ответ 3. Так как все векторы количеств движения лежат в одной
плоскости, то кинетический момент этой системы LZ относительно оси z и относительно центра О одинаков:
LZ  L0  l01  l02  l03  l Z1  l Z 2  l Z3  m1V1h1  m2V2 h2  m3V3 h 3 ,
где l Z j  l 0 j  m jV j h j ;
h j — кратчайшее расстояние от оси Oz или центра О до m jV j ;
58
r j  OM j не является кратчайшим расстоянием от центра О до m jV j ;
m jV j rj не является моментом количества движения M j .
№ 44
Теорема об изменении кинетического момента системы в скалярной форме
dLZ
 M Ze , если M Ze  0 , то LZ  const .
пишется так:
dt
dL0
Верен ответ 3. Ответы 1 и 2 перепутаны. Ответ 4 неверен, так как
 M 0e ,
dt
e
если M 0  0 , то L0  const .
№ 45
Lo  O B (рис. 81).
dL
d O B  drB
1. 0 

 VB — верно.
dt
dt
dt
dL
dL
2. 0  M 0e ; 0  VB — верно.
dt
dt
dL
3. 0  M 0e — верно.
dt
dL dL
4. 0  Z  M Ze . Ответ 4 неверен.
dt
dt
№ 46
Верен ответ 3.
Для решения задачи применим теорему об изменении кинетического момента
dL
системы: Z  M Ze  0 (силы P, Q параллельны Oz, реакции опор пересекают Oz
dt
(рис. 82)).
Pl
l
l
LZ  const ; LZ0  I Z  0  2mV0 ; где V0  VA  VB   0 ; I Z 
;
2
2
12 g
 0l 2
2Q l 2  Pl 2 Ql 2 
Pl 2
тогда
найдем
P  6Q ;
LZ0 
 



 
12 g 0
g 0 4  12
2 g  0 12 g
 0l 2
Pl 2
LZ  I Z  ; но LZ 0  LZ . Тогда
6Q  P  ; получим   P P6Q  0 .

12 g
12 g
Ответ 1 неверен, так как LZ 0  0 .
2 P  3Q
Pl 2
0 .
Ответ 2. I Z 
;
2P
3g
№ 47
Верен ответ 1.
59
На данную систему действуют силы тяжести и реакции опор. Все они пересекают ось z (рис. 83), следовательно,
M Ze  0 ;
LZ  const ; LZ0  I B 0 .
LZt  I A  I B   LZ0 ;
I B 0
.
IA  IB
В ответе 2

LZ 0  0 ,
LZt  I A  I B   0 .
В ответе 3 ошибка в
I 
счете. LZt  I A ;   B 0 .
IA
 mz F j
n
j 1
e
№ 48
 0
(рис.
84).
CC1  0 ;
LZ  const ;
LZ 0 
P1 l
V ;
g 02
P
P1 l  P l 2 P1 l 2 
4 P  3P1 2
l 4 P  3P1
 t l 2 , так как
Vt  

l  t ; 1 V0 
 t 
g 2
12 g
g 2 g 3 g 4
12 g
6 P1V0
.
LZ 0  LZt . Получим  t 
l 4 P  3P1 
Верен ответ 2.
Ответ 1 неверен, так как LZ 0  0 ;  t  0 .
3PV
Ответ 3. LZ  I Z  t ;  t  1 0 . Потерян момент количества движения пули.
2 Pl
В ответе 4 неверно вычислен момент инерции доски: LZg  I Z   I C ;
LZt  I Z  t 
2
6 P1V0
Pl 2
Pl 2 P1 l  Pl 2 P1l 
IZ 

t ; t 
; IC 
; V0  
.

l P  3P1 
3g
12 g g 2  12 g 4 g 
№ 49
Момент количества движения точки относительно центра О l0 j  r j  m jV j —
n
векторная величина. Кинетический момент системы L0   l0 j (рис. 85) будет тоj 1
n
же вектором L0  
j 1
 rj  m jV j , т. е. равенства (2) и (3) верны, неверен ответ 1.
№ 50
60
Верен ответ 2. Применим теорему об изменении кинетического момента сиP
P
dLZ
 M Ze ; M Ze  ( P2  P1 )r ; LZ  I Z   1 V1r  2 V2 r ;
стемы (рис. 86):
g
g
dt
V1  V2  r .
 Pr 2 P1r 2 P2 r 2 
P  2P1  P2 r 2
Pr 2
 
LZ  


IZ 
,
где
.
2g
g
g 
2g
 2g
P2  P1 r  2 g  P2  P1 2 g .
dLZ P  2P1  P2 r 2

 M Ze .    
dt
2g
P  2 P1  2 P2 r 2 P  2 P1  2 P2 r
Ответ 1 неверный, так как M Ze  0 , то LZ  const и   const,   0 .
В ответах 3, 4 ошибки в вычислениях M Ze .
№ 51
Неверен ответ 1. Шатун АВ совершает плоскопараллельное движение (рис.
MVC2
87), энергию нельзя считать по формуле TAB 
, как для поступательно дви2
жущегося тела. В данный момент VB  0 ; B   PAB . Скорость всех точек звена АВ
определяются как вращательные вокруг м. ц. с. точки В и энергию АВ можно считать как энергию тела, вращающегося вокруг точки В
2 2
2
 AB
VA  0 r
Ml 2  0 r
M
;  AB 
; TAB 
T AB  I B
  02 r 2 .

2
3 2l
2
6
AP
l
Ответ 2 верен. Энергию АВ можно считать и по общей формуле
2
MVC2
 AB
T
 IC
, как энергию тела, совершающего плоскопараллельное дви2
2
2
2
Mr 2 02 M 02 r 2 M 2 2
M 0r 
Ml 2  0 r 



r 0 .
жение: T AB 

 
8
24
6
2  2 
12 2l 2
Ответ 3 верен.
№ 52
Кулиса О1В совершает вращательное движение (рис. 88). Ее энергия
TO1B  I 01
 K2
.
2
Верен ответ 4. Чтобы найти ωК, рассмотрим движение точки А. Ее движение
сложное.
V Ae
r 0
a
e
r
a
e
a
O
VA  VA  VA ; V A   0 r ; V A 
; O A  2r ;
 V A sin 30 ;  K 
O1 A 1
2
K 
0r
2  2r

0
4
; TO1B
2
ml 2 02
ml 2  0


.
3 2  16
96
61
Ответы 2 и 3 неверны. Записана энергия тела в поступательном (2) и плоскопараллельном движении, а кулиса совершает вращательное движение и ее энергия
2
вычисляется по формуле T  I Z
.
2
Здесь I Z — момент инерции относительно оси вращения. В данном случае
I Z  I 01 ; I Z  I С , поэтому ответ 1 нельзя считать верным.
№ 53
Неверен ответ 3. Такой была бы энергия диска, если бы его тащили волоком
по плоскости, т. е. перемещали поступательно. На самом деле, кроме поступательного движения у диска есть еще и вращение, и его энергия ищется как сумма
двух энергий: в поступательном движении со скоростью VC и вращательном вокруг оси С .
Ответ 2 верен. Верен и ответ 1. Скорости всех точек диска определяются как
вращательные вокруг м. ц. с. Р, а потому Т можно считать как энергию вращения
2
вокруг Р, т. е. T  I P
.
2
№ 54
Верными являются ответы 1 и 3. В общем случае шатун АВ совершает плоскопараллельное движение и его энергию следует считать по формуле, записанной в ответе 1. Но в данный момент времени  AB  0 , VC  V A   0 r . Имеем случай мгновенно-поступательного движения и энергию АВ можно считать как энергию в поступательном движении:
MVC2 Mr 2 02
T

(ответ 3).
2
2
Неверен ответ 2.  AB  0 , вращение в этот момент у шатуна отсутствует, нет и
энергии вращения. Поэтому ответ 2 неверен. Кроме того, есть еще одна ошибка,
вместо  AB поставлена  AB   0 .
№ 55
Верен ответ 3. Цилиндр движется поступательно вместе с колодкой вдоль
MVC2
плоскости, и его энергия T 
.
2
Итак, если катиться по плоскости цилиндр не может, то   0 и его скорость
во вращательном движении и энергия равны 0. Поэтому ответы 1 и 2 неверны.
№ 56
Рассмотрим движение системы, состоящей из невесомого стержня и двух точек А и В (рис. 89). Энергия этой системы
MV A2 MVB2 m 2 2
5
T

  a  4 2 a 2   ma 2 2 .
2
2
2
2
62
Для решения задачи применим теорему об изменении кинетической энергии
n
T  T0   A ej . T0  0 , так как система в момент t  0 неподвижна.
j 1
n
n
a
T   A ;  A  mgh1  mgh2 ; h1  ; h2  a ;
2
j 1
j 1
e
j
e
j
n
3
 A ej  2 mga ; приравняв
Ти
j 1
3g
5
3
.
ma 2 2  mga , получим  
2
2
5a
j 1
Верен ответ 1. Остальные неверны. В ответе 2 неверно считается
mV 2
T 2
 m 2 a 2 , потому что VA  VB и нельзя писать в формуле просто V
2
,нужно указать, скорость какой точки берется. В ответе 3 неверно вычисляется
работа:
n
6g
3
 A ej  mga  2mga  3mga ; вместо 2 mga ;   5 a .
j 1
n
 A ej :
В ответе 4 неверно находится T 
2mV 2
 ma 2 2 и
2
n
 A ej  3mga ;  
j 1
3
g
.
a
№ 57
Кинетическая энергия системы равна сумме кинетических энергий двух данmV 2
mV 2
ных точек. Энергия одной точки
, тогда системы T  2
 mV 2 .
2
2
Верен ответ 3. Ответ 1 неверен, вместо энергии системы записана энергия одной только точки. Неверен и ответ 2: T  0 . Поскольку есть верный ответ среди
данных ответов, заключение 4 неверно.
№ 58
В первом случае диск вращается вокруг неподвижной оси (рис. 90 а). Его
2
mr 2  2 mr 2 2
mr 2

энергия T 1  I C1
; T1 
, где
 I C1 .
2
2 2
4
2
Во втором случае его движение будет плоскопараллельным (рис.90 б). Его
энергия
mVC22
 2 mV 2 mr 2 2 T  mr 2 2  mr 2 2  3 mr 2 2
; 2
;
T2 
I


2
4
4
2
2
4
C2 2
mr 2
IC2 
.
2
Сравнивая, видим, во втором случае энергия в 3 раза больше. Верен ответ 2.
Ответ 1 неверен. T нельзя считать как энергию тела в поступательном движении:
mVC22 mr 2 2
, поэтому T 2  2T1 .
T2 

2
2
63
Ответ 3 тоже неверен. Совершенно неверно считать энергию T 2 только как
энергию вращения, т. е. T 2  I C 2
2
 T1 .
2
Ответ 4 неверен. Верный ответ 2.
№ 59
Верен ответ 4. Шайба вращается вокруг оси О с угловой скоростью w. Ее
3 P 2 2 3 P 2 2
2
PR2 PR2 3PR2
R

R  .
энергия T  I 0
; I0 
;T


2g
g
2g
2g
2
4g
2
Остальные ответы неверны. В ответе 1 записана энергия тела при поступательном движении, а нужно при вращательном. В ответе 2 записана формула для
вычисления энергии тела, вращающегося вокруг центра тяжести, а данное тело
2
2
вращается вокруг точки, лежащей на ободе, и его энергия не I C
, а I0
, как
2
2
в 3-м и 4-м случаях. Но в ответе 3 исходная формула взята верно, а момент инерции — нет. Нужно I 0 посчитать по теореме о моментах инерции относительно
3
3 PR 2
2
2
2
параллельных осей: I 0  I C  MR  MR  MR 
,
2
2 g
MR 2 P R 2

т. е. I 0 
.
4
g 4
№ 60
Верен ответ 4. Действительно, когда цилиндр скользит по плоскости, его энерMVC2
гия T 
, как энергия тела в поступательном движении. Если же цилиндр бу2
MVC2
2
 IC
дем катить по плоскости, то энергия его T 
, т. е. как энергия тела в
2
2
Mr 2
плоскопараллельном движении. Подставив значение I С 
, имеем
2
MVC2 Mr 2 2 3Mr 2 2 3
T


 MVC2 , так как r  VC . Сравним энергию ци2
4
4
4
MVC2
линдра в том и другом случае. Во втором случае она больше на
. Остальные
4
ответы неверны.
В ответе 1 энергия изменится, так как изменится вид движения. Цилиндр,
кроме поступательного движения будет еще участвовать во вращательном движеMVC2
2
 IC
нии и добавится энергия этого вращения. В ответе 2 T 
. Формула
2
2
применяется верно, но I C считается равным Mr 2 , как для полого цилиндра, а у
64
нас
сплошной
цилиндр,
для
него
IC 
MR2
,
2
следовательно,
mVC2 MVC2
T

 MVC2 .
2
2
В ответе 3 T  I C
2
, потому что вычислена энергия только во вращательном
2
движении вокруг С, но не подсчитана энергия в поступательном движении вместе
с центром масс.
№ 61


 12
n
n
P 2
Верен ответ 4. T0  I 0
; 0 
; I 0  r ; T1  I 0
; 1  0 
;
g
2
30
2
2
60
  02  12  P r 2  2  02  Pr 2 3 02 3 Pr 2  2 n 2
 2P 2 2

 0 

T0  T1  I 0 



r n .
 g 2 
 2g 4
2
2
4
8
g
900
2400
g




n
об
Ответ 3 неверный. Нужно было перевести n
в  c 1 по формуле  
;
30
мин
1
n2 
3n 2 3 Pr 2 2
T0  T1  I 0  n 2 

n .
  I0
2
4 
8
8g
1
Pr 2 n 2
Ответ 2 неверный. T0  T1  T0 
, n следует перевести в радианы на се2
4g
кунду.
Pr 2
Ответ 1 неверный. Неверно считается I 0 
2g
2
0
  02  12  Pr 2   02  12  Pr 2  2  02  3 Pr 2 n 2 2 Pr 2 n 2 2





T0  T1  I 0 

 2 g  2  2   4 g   0  4   16 g  900  4800 g  .
2
2






№ 62
Для решения задачи применим теорему о кинетической энергии системы, расn
n
j 1
j 1
сматривая колесо (рис. 91) как систему точек: T  T0   A ej   A ij , так как система неизменяемая,
n
 Aij
j 1
 0 . В начальный момент система неподвижна, T0  0 .
Вычислим кинетическую энергию колеса:
2
2
P VC
 2 PVC Pr 2  2 3P 2  PK  м.ц.с.
Tкол 
 IC



V 
.
g 2
2
2g
2g 2
4 g C  r  V C 
65
Работа внешних сил:
n
 A ej
 Ph ;
Aт р  0 . Тогда
AN  0 ;
j 1
3P 2
V  Ph ;
4g C
4 gh
gh
2
.
3
3
Верен ответ 1. В ответах 2 и 3 неверно считается кинетическая энергия колеса.
mVC2
2
T

I
;
, так как движение колеса не является ни поступательTкол 
кол
C
2
2
ным, ни вращательным. Колесо совершает плоскопараллельное движение. Его
mVC2
2
 IC
энергия Tкол 
.
2
2
VC 
№ 63
Запишем теорему о кинетической энергии системы (стержень на рис. 92 — сиn
n
j 1
j 1
стема точек) T  T0   A ej . (  A ej  0 — система неизменяемая).
T  IA
 t2
2
; T0  I A
 02
2
n
; Ph   A ; I A
j 1
e
j
 t2
2
IA
 02
2
 Ph ;  t  2 0 ; I A 
1 2
ml ;
3
2
2
2g
2g
Pl 2 4 0 Pl 2  0

 Pl ; h  l ;  02 
; 0 
.
3g 2
3g 2
l
l
Стержень совершает вращательное движение и его энергия T  I A
Верен ответ 2.
2
2
.
mVC2
В ответе 1 неверно считается кинетическая энергия стержня T 
, потому
2
что движение стержня не является поступательным. Заключение в ответе 3 неверно, так как есть верный ответ (2) среди двух приведенных ответов.
№ 64
Стержень (рис. 93) совершает плоскопараллельное движение и его энергия
MVC2
2
T
 IC
, (где С — центр масс стержня). Зная скорость точки А (VA  V ),
2
2
найдем скорость точки С и угловую скорость стержня. Для этого найдем м. ц. с.
стержня АВ. Он находится в точке PAB , с помощью этого центра найдем V C и  AB :
V
l
V
2V
 AB  A 

; VC   AB CPAB    V .
APAB
l
l
2
2
PV 2 Pl 2 4V 2 2 P 2


V , где
Подставим значения VC и  AB , имеем T 
2g
12 gl 2 2 3g
ml 2
IC 
12
66
Верен ответ 3. В ответах 1 и 2 энергия стержня считается как энергия тела в
поступательном (1) или вращательном (2) движениях. Но движение стержня плоскопараллельное, и энергия его равна сумме энергий в поступательном и вращаMVC2
2
 IC
тельном движениях стержня, т. е. T AB 
.
2
2
В ответе 4 кинетическая энергия стержня считается верно, как сумма энергий,
но неверно считается
2
M  AB 
Ml 2
IC 
; IC 
.
3
12
ЛИТЕРАТУРА
Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики: Учебник для втузов. —
М.: Высшая школа, 2001.
2. Яблонский А.И. Курс теоретической механики. — М.: Высшая школа,
1977.
3. Сборник задач по теоретической механике: Учебное пособие для вузов /
Н.А. Бражниченко, В.Л. Кан, Б.Л. Минцберг. — М.: Высшая школа, 1974.
4. Мещерский И.В. Сборник задач по теоретической механике: Учебное пособие для вузов. — М.: Наука, 1981.
1.
67
ОГЛАВЛЕНИЕ
Введение …………………………………………………………………..……… 3
Раздел 1. Введение в динамику системы ………………………………………. 3
Тема 1. Понятие механической системы ……………………………………….. 4
Тема 2. Теорема о моментах инерции относительно параллельных осей … 11
Раздел II. Основные теоремы динамики системы точек ……………………... 17
Тема 3. Теоремы об изменении количества движения и о движении
центра масс ………………………………………………………………………. 18
Тема 4. Теоремы об изменении кинетического момента …………………….. 29
Тема 5. Теорема об изменении кинетической энергии системы …………….. 37
Ответы и решения к контрольным вопросам и заданиям …………………… 45
Литература ……………………………………………………………………… 67
68