Динаміка обертового руху матеріальної точки

Реферат на тему:

Динаміка обертового руху матеріальної точки

Зміст

Основні теоретичні дані…
Методика розв’язку…
рух у горизонтальній площині…
рух у вертикальній площині…
рух планет та супутників по коловій орбіті…
Заключення та висновки…
Список використаної літератури…

Основні теоретичні дані

Будемо розглядати динаміку руху матеріальної точки по колу, та задачі, що виникають у зв’язку з розглядом цього питання. По-перше, згадаємо, що динаміка — це такий розділ механіки, який вивчає з’вязок між рухом досліджуємих тіл та силами, що діють на ці тіла. Тобто беруться до уваги причини, за яких цей рух відбувається. Машина, наприклад, рухається до гори, завдяки силі, що «надає» їй мотор.

В елементарній фізиці розглядається рух матеріальної точки — так називають тіла, розмірами яких можна знехтувати, по відношенню до розмірів системи, довжини траєкториїї, тощо. Рух такого тіла можна зв’язати з рухом точки, що відповідає центру мас цього тіла. Наприклад, при розгляданні руха Землі навколо Сонця, Землю вважають матеріальною точкою, т.я. розміри Землі набагато менші відстані від неї до Сонця. А саме: радіус Землі $$R_{З}\mathrm{6,4}{\text{10}}^6$$

м, а відстань до Сонця.

$$l_{З-С}\mathrm{1,5}{\text{10}}^{\text{11}}$$

м. Тоді.

$$\frac{l_{З-С}}{R_{З}}\text{24\hspace{0.17em}000}$$

тобто радіус Землі більш ніж в 24 000 разів менше відстані до Сонця, і знехтування її розмірами очевидне.

.

Зв’язок між параметрами руху досліджуємого тіла та силами, що на це тіло діють, математично виражає ІІ закон Ньютона:

$$\stackrel{}{F}=m\stackrel{}{a}$$.

$$\stackrel{}{F}$$

— сумарний добуток усіх сил, що діють на тіло,.

$$m$$

— маса, а.

$$\stackrel{}{a}$$

— прискорення тіла.

.

При рівномірному обертанні матеріальної точки по колу її прискорення є доцентровим і виражається формулою:

$$a_{ц}=\frac{v^2}{R}$$.

а $$v$$

— лінійна швидкість матеріальної точки.

.

Зв’язок між такими параметрами обертального руху, як.

$$$$

— колова швидкість руху;

.

$$$$.

$$T$$.

надають формули:

$$=2$$

(3).

.

$$=\frac{1}{T}$$.

$$v=R$$

(5).

.

У разі обертання з прискоренням до доцентрового прискорення додається ще так зване тангенциальне таким чином, що:

$$\stackrel{}{a}={\stackrel{}{a}}_{ц}+{\stackrel{}{a}}_{}$$.

Тангенціальне прискорення $${\stackrel{}{a}}_{}$$

зв’язане з кутовим прискоренням.

$$$$

:

.

$$a_{}=R$$.

Як видно з останньої рівності при рівномірному обертанні ($$$$

=0) тангенціальне прискорення.

$${\stackrel{}{a}}_{}$$

дорівнює нулеві.

.

Обертальний рух планет та штучних супутників описується за допомогою закону всесвітнього тяжіння, який виражає залежність сили тяжіння $$F$$

від мас притягаємих один до одного тіл, та відстані між цими тілами:

.

$$F=G\frac{m_1{m}_2}{R^2}$$.

де $$G$$

— гравітаційна стала:

$$G\mathrm{6,}\text{672}{\text{10}}^{-\text{11}}\raisebox{1ex}{${м}^3$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$\text{кг}с$}\right.$$.

Класифікація

Задачі на динаміку обертального руху мат. точки в загальному випадку можна класифікувати наступним чином:

1. Рух у горизонтальній площині.

До цього класу задач можна віднести рух автомобіля або велосипедиста по колу. Рух зі зміною радіуса обертання для тіла, що лежить на крузі. А також конічний маятник. Та ін.

2. Рух у вертикальній площині.

Тут розглядаються питання обертання тіла на нитці та на стержні. Рух по опуклому мосту у вигляді напівкола. Та ін.

3. Рух планет та супутників по коловій орбіті.

Методика розв’язку

Рух у горизонтальній площині

1. 1.Спочатку, після аналізу умови задачі, треба нарисовати рисунок. Кажуть, що добрий рисунок — це пів вирішеної задачі. В цьому дійсно є сенс, т.я. тоді рух тіла можна уявити в максимально реалістичному плані, що надає впевненості в розв’язку.

2. 2.На рисунку обов’язково треба нанести вектори всіх тіл, що діють на тіло. Зауважимо, що на рисунку можливо відобразити тільки якесь миттєве положення обертального руху. Тому осі координат треба у кожний момент часу обирати «наново», окремо. Але це буде виконуватись у кожний момент часу одним і тим самим чином:

3. 3.початок координат краще сумістити з самим тілом як мат. точкоювісь абцис (ОХ) — спрямувати до центра кола, яке описує тіло під час обертання.

Осі координат обираються для того, щоб потім було зручно на них спроєктувати сили, що входять до рівняння руху.

1. 4.Надалі треба записати ІІ закон Ньютона (1) векторно і в проекціях, з урахуванням формули (2).

Зауважемо, що можно не обираючи систему координат просто проектувати сили на напрямок до центра кола, яке описує тіло під час обертання, та на дотичну до цього кола. (при рекомендованому обранні осей координат це буде те саме).

Для кращого розуміння проблеми розглянемо деякі приклади.

Приклад 1. Рух конічного маятника

Визначити колову частоту (кутову швидкість) конічного ваятника $$$$

якщо відома його маса.

$$m$$

та відстань від точки підвису до площини коливання ;

$$h$$

. Маятник обертається зі сталою швидкістю.

.

Конічним маятником є точкове тіло на закріпленій одним кінцем нитці, яке оберається у горизонтальній площині. Нитку вважаємо нерозтяжною.

На кульку діє сила тяжіння $$m\stackrel{}{g}$$

та сила натягу нитки $$\stackrel{}{T}$$. Т.я. при рівномірному обертанні по коловій траекторії прискорення є доцентровим, ІІ закон Ньютона набуде вигляду:

.

$$m\stackrel{}{g}+\stackrel{}{T}=m{\stackrel{}{а}}_{ц}$$.

Спроектуємо сили на осі координат і перепишемо ІІ закон Ньютона у проекціях:

OX: $$T\text{sin}={\text{ma}}_{ц}$$.

OY: $$T\text{cos}-\text{mg}=0$$ (1.2).

Отже, і це видно по формулі (1.2), сила тяжіння буде компенсуватися силою натягу нитки. Точніше, її вертикальною складовою. Тому руху в вертикальній площині не буде.

З формул (2) та (5) витікає:

$$a_{ц}=\frac{v^2}{R}=\frac{(R{)}^2}{R}={}^{2}R$$.

$$=\sqrt{\frac{a_{ц}}{R}}$$.

Виражаючи з рівняння (1.2) силу натягу і підставляючи її до рівняння (1.1), маємо:

$$\text{mg}\text{tg}={\text{ma}}_{ц}$$

.

.

$$a_{ц}=g\text{tg}$$ (1.5).

Підставляючи у (1.3), отримаємо:

$$=\sqrt{\frac{g\text{tg}}{R}}$$.

Як видно з рисунку.

$$\text{tg}=\frac{R}{h}$$

тоді.

.

$$=\sqrt{\frac{g}{h}}$$

(1.6).

.

Ми отримали формулу для колової або циклічної частоти конічного маятника залежно від відстані між точкою закріплення та площиною обертання — від $$h$$

. Цікавим є те, що ця частота не залежить від маси.

$$m$$

тіла, що обертається. Тепер, використовуючи тригонометричні формули, можна з’ясувати залежність від R, l чи.

$$$$

т.я. ці параметри зв’язані з.

$$h$$

у прямокутному трикутнику. Зауважемо, що R, l і.

$$$$

будуть входити в залежність (1.6) тільки парою, по двоє одночасно. У цьому розумінні.

$$h$$

є найбільш інформативним параметром даної системи — конічного маятника.

.

За допомогою формули (1.5) та формул кінематики обертального руху, можна знайти й інші обертальні параметри конічного маятника. А з системи рівнянь (1.1)-(1.2) можна знайти силу натягу нитки. Наприклад, з рівняня (1.2) отримаємо: $$T=\frac{\text{mg}}{\text{cos}}$$

.

.

Приклад 2. Рух мотоцикліста по колу

З якою макс. швидкістю може їхати мотоцикліст, роблячи поворот по колу радіуса $$R$$

якщо коежіцієнт тертя ;

$$k$$ .

Визначити кут нахилу мотоцикліста до горизонтальної поверхні.

Розв’язуючи першу частину задачі, можна розглядати мотоцикліста як мат. точку (довжина мотоцикла значно менше довжини кола, яке описує мотоцикліст при русі).

Сила тертя спокою у загальному випадку $$F_{\text{тертя}}<=Nk$$.

За ІІ законом Ньютона:

$${\stackrel{}{F}}_{\text{тертя}}+m\stackrel{}{g}+\stackrel{}{N}=m{\stackrel{}{a}}_{ц}$$.

Вибравши осі координат як показано на попередньому рисунку, запишемо ІІ закон Ньютона у проекціях:

OX: $$F_{\text{тертя}}={\text{ma}}_{ц}$$ (2.2).

OY: $$\text{mg}=N$$ (2.3).

Враховуючи формулу (2), підставимо (2.3) та (2.2) у (2.1) й отримаємо нерівність:

$$$$ $$\frac{{\text{mv}}^2}{R}<=\text{mg}k$$

або.

.

$$$$ $$v<=\sqrt{\text{gkR}}$$.

Отже, максимально можлива швидкість мотоцикліста:

$$v_{\text{max}}=\sqrt{\text{gkR}}$$

(2.4).

.

Дійсно, з останньої формули випливає, що за відсутності тертя ($$k=0$$

) мотоцикліст рухатися не може. Так і є насправді.

.

Для того, щоб мотоцикліст не впав, він повинен під час руху утворювати кут з горизонтальною площиною. Утворювати так, щоб результуюча сила сили тяжіння та сили реакції сидіння мотоцикла була напрямлена до центра кола, яке описує мотоцикліст при русі. Більш того, повинна виконуватись рівність:

$${\stackrel{}{F}}_{ц}=m\stackrel{}{g}+\stackrel{}{N}$$.

З рисунку видно, що:

$$\text{tg}=\frac{\text{mg}}{F_{ц}}$$.

Але $$F_{ц}=F_{\text{тертя}}=\text{mg}k$$

тому.

.

$$\text{tg}=\frac{1}{k}$$.

$$=\text{arctg}\frac{1}{k}$$.

Отже, щоб мотоцикліст міг здійснювати обертальний рух зі швидкістю $$v_{\text{max}}$$

йому необхідно нахилитися на кут.

$$$$

що визначається за формулою (2.4).

.

Приклад 3 Рух тіла на диску, що обертається

Тіло масою $$m$$

лежить на горизонтальному диску на відстані.

$$R$$

від осі. Диск починає настільки повільно обертатися, що радіальна складова сили тертя набагато більша тангенціальної. Визначити залежність сили тертя від кутової швидкості обертання диска.

$$$$

. Коефіцієнт тертя між диском і тілом ;

$$k$$

.

.

За умови задачі обертальний рух можна розглядати як рівномірний. Отже зобразимо момент процесу обертання на рисунку, та позначимо сили, що діють на досліджуване тіло.

За ІІ законом Ньютона:

$${\stackrel{}{F}}_{\text{тертя}}+m\stackrel{}{g}+\stackrel{}{N}=m{\stackrel{}{a}}_{ц}$$.

Вибравши осі координат як показано на попередньому рисунку, запишемо ІІ закон Ньютона у проекціях:

OX: $$F_{\text{тертя}}={\text{ma}}_{ц}$$ (3.1).

OY: $$\text{mg}=N$$ (3.2).

За формулою (1.3) рівність (3.1) можна переписати у вигляді:

$$F_{\text{тертя}}=m{}^{2}R$$

(3.3).

.

Тобто $$$$ $$F_{\text{тертя}}$$

ath xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML" display="block" >2. Але ми знаємо, що $$F_{\text{тертя}}<=Nk$$. Отже маємо усі необхідні дані для побудови залежності $$F_{\text{тертя}}()$$ :

.

OX: $$F_{\text{тертя}}=m{}^{2}R$$, $$<{}_{\text{max}}$$ (3.4).

OY: $$F_{\text{тертя}}=\text{mg}k$$, $$>{}_{\text{max}}$$ (3.5).

Покажемо схематичний графік залежності:

Звідси одразу видно якою буде «максимальна» швидкість обертання диску, — при якому тіло буде ще лежати на диску:

$${}_{\text{max}}=\sqrt{\frac{\text{gk}}{R}}$$.

З’ясуємо, що відбудеться при $$>{}_{\text{max}}$$

. Тоді сила тертя досягне свого максимального значення.

$${\stackrel{}{F}}_{\text{теря}-\text{max}}$$

й буде вже не в змозі компенсувати відцентрову силу і тіло почне рухатися від центра. Тобто при.

$$>{}_{\text{max}}$$

тіло почне ковзати по диску.

.

Отже ми розглянули основні приклади розв’язання задач на динаміку обертального руху в горизонтальній площині. Як же буде виглядати картина, якщо повернути площину обертання на 90о? Це питання розглядається в наступному розділі.

Рух у вертикальній площині

Підхід до розв’язку задач цього типу схожий з попереднім. Вісь абцис тут краще вибирати спрямовану до центра кола обертання, вісь ординат — по дотичній. Причому осі треба обирати в кожний момент часу «наново». Особливістю задач на обертальний рух в вертикальній площині є те, що при обертанні постійно змінюється кут між силою тяжіння та силою, що напрямлена до чи від центра кола обертання (наприклад, при обертанні груза на нитці сила натягу нитки напрямлена до центра, а при русі автомобіля по опуклому чи увігнотому мосту сила реакціїї опори — від центра). Як це впливає на розв’язок тієї чи іншої задачі - розглянемо на прикладах.

Приклад 4. Рух шайби по сфері.

З вершини напівсфери починає ковзати шайба без тертя. Довести, що шайба відірветься не доходячи до краю сфери.

По-перше, нарисуємо рисунок і виразимо умову задачі математичною мовою.

Тобто треба довести, що існує така висота $$h>0$$

що як тільки шайба її досягне, то відразу відірветься від поверхні моста. Одразу ж відмітимо, що коли шайба відірвалася від моста, на неї перестає діяти сила реакціїї опори, тобто:

.

$${\stackrel{}{N}}_{\text{відриву}}=0$$ (4.1).

Спрямувавши осі, як показано на рисунку, запишемо ІІ закон Ньютона векторно, та в проекціїї на вісь ОХ:

$$m\stackrel{}{g}+\stackrel{}{N}=m\stackrel{}{a}$$.

ОХ: $$\text{mg}\text{cos}-N={\text{ma}}_{ц}$$

(4.2).

.

Отже, врахувавши рівності (2) та (4.1), запишемо рівняння руху в момент відриву:

$$\text{mg}\text{cos}=\frac{{\text{mv}}^2}{R}$$

звідки.

.

$$\text{cos}=\frac{v^2}{\text{gR}}$$ (4.3).

З рисунка видно:

$$h=R\text{cos}$$ або, підставляючи (4.3):

$$h=\frac{v^2}{g}$$ (4.4).

З (4.4) видно, що $$h>0$$

. На цій висоті на шайбу перестає діяти сила реакції опори. А це означає, що шайба відірветься від напівсфери не доходячи до землі.

.

Приклад 5 Обертання тіла на стержні.

Тіло обертається у вертикальній площині на стержні довжиною $$R$$

при чому вісь обертання проходить через один з його кінців. Стержень обертають з кутовою швидкістю.

$$$$

. Розрахувати якої максимальної маси може бути тіло, якщо стержень витримує навантаження.

$$F$$ .

За ІІ законом Ньютона:

$$\stackrel{}{T}+m\stackrel{}{g}=m{\stackrel{}{a}}_{ц}$$ (5.1).

Виберемо вісь ОХ спрямовану до центра кола, тоді (5.1) у проекціїї на обрану вісь прийме вигляд:

$$T-\text{mg}\text{cos}=m{}^{2}R$$ (5.2).

Тут була урахована рівність (1.3).

Стержень діє на тіло силою $$\stackrel{}{T}$$

тоді за ІІІ законом Ньютона на стержень діє відцентрова сила, за модулем рівна.

$$T$$

. При сталій кутовій швидкості.

$$$$

залежність.

$$T()$$

згідно (5.2) приймає вигляд:

.

$$T=m({}^{2}R+g\text{cos})$$ (5.3), тобто.

Ts>

Отже, сила Т, що діє на стержень, буде максимальною, коли cosмаксимальний. Але $$(\text{cos}{)}_{\text{max}}=1$$, звідки $$=0$$ .Тому.

$$T_{\text{max}}=m({}^{2}R+g)$$ (5.4).

Стержень не розірветься за умови:

$$T_{\text{max}}<=F$$ (5.5).

Аналагічно розмірковуючи, можемо знайти найменшу силу Т — тоді $$(\text{cos}{)}_{\text{min}}=-1$$

що відповідає.

$$={\text{180}}^0$$.

$$T_{\text{min}}=m({}^{2}R-g)$$ (5.6).

Підставляючи граничне значення з нерівності (5.5) у формулу (5.4), отримаємо значення максимально допустимої маси груза:

$$m_{\text{max}}=\frac{F}{{}^{2}R+g}$$ (5.7).

Також зазначимо, що при:

$$<\sqrt{\frac{g}{R}}$$ (5.8).

в рівності (5.6) сила, що діє на стержень може бути «від'ємна». Насправді є від'ємною проекція сили. Тобто за умови (5.8) у наіверхній точці траекторії груз буде давити на стержінь. Отже до умови нерозривності стержня в загальному випадку треба додасти ще умову «незламності» :

$$|T_{\text{min}}|<=F$$ (5.9).

Звідки знаходимо:

$$m_{\text{max}}=\frac{F}{|{}^{2}R-g|}$$ (5.10), за умови (5.8).

Тобто:

$$m_{\text{max}}=\frac{F}{g-{}^{2}R}$$ (5.11).

Аналізуючи обидва графіки бачимо, що якщо стержень не розірвався внизу, то він не зламається наверху. Тобто справджується формула для максимальної маси (5.7). Такого висновку можна дійти і аналітично, порівнюючи формули (5.7) і (5.10).

Як бачимо обертальний рух в горизонтальній та вертикальній площинах дещо відрізняється один від одного. Але загальним в них є те, що в обох випадках обертальний рух виникає завдяки силам, що їх викликають тіла, які безпосередньо контактують з досліджуючим тілом. В наведених прикладах при русі у горизонтальній площині це сили тертя, у вертикальній — сили натягу нитки тощо. У наступному типі задач доцентрові сили виникають завдяки тілам, що знаходяться на досить великих відстанях. Отже, перейдемо до розгляду обертального руху тіл в умовах всесвітнього тяжіння.

Рух планет та супутників по коловій орбіті

В елементарній фізиці траекторія руху планет по орбіті розглядається як колова. Рух планет та спутників по коловій орбіті виконується завдяки силі всесвітнього тяжіння. Оскільки ця сила завжди напрямлена до центра кола обертання, то вона і є тією доцентровою силою, завдяки якій здійснюється обертальний рух. Тобто в загальному випадку, ІІ закон Ньютона набуде вигляду:

$$F+G\frac{m_1{m}_2}{R^2}=m{}^{2}r$$ (7).

Тут $$F$$

— сили, що діють на тіло за винятком гравітаційних. Яким чином вибирати.

$$R,r$$

— залежить від конкретної задачі. Доречі, поняття прискорення вільного падіння тісно зв’язане саме з обертальним рухом Землі. Розглянемо приклад, ілюструючий картину цього зв’язку.

.

Приклад 6 Вага тіла на різних широтах Земної кулі.

Вагу одного й того самого тіла виміряли на екваторі й на полюсі за допомогою однакових динамометричних вагів. Визначити співвідношення показів вагів, якщо середній радіус Землі: $$R_{З}\mathrm{6,4}{\text{10}}^6$$ м, а її маса М = 64 кг.

Користуючись формулою (7) для обох випадків (екватора і полюса) запишемо:

$$\stackrel{}{T}+{\stackrel{}{F}}_G=m{}^2\stackrel{}{r}$$.

Показати весь текст Вартість унікальної роботи