нити можно пренебречь. Начальная длина нити много больше радиуса цилиндра.
АНАЛИЗ
На цилиндр действуют две силы: сила тяжести и сила натяжения нити. Так как радиус цилиндра пренебрежимо мал но сравнению с длиной нити, моментом силы тяжести относительно точки С можно также пренебречь, следовательно, во время движения цилиндра нить можно считать строго вертикальной.
Ускорение центра масс будет определяться разностью действующих на цилиндр сил. Под действием момента силы натяжения нити относительно центра масс цилиндр, помимо поступательного движения, будет совершать вращательное вокруг оси, проходящей через этот центр масс.
РЕШЕНИЕ
Запишем II закон Ньютона для цилиндра в скалярной форме, так как обе силы параллельны:
ma = P −T . |
(1) |
Применяя основное уравнение динамики, получим |
|
Iε =Tr , |
(2) |
где r – радиус цилиндра, I – его момент инерции.
Рис. 21
Момент силы натяжения можно считать постоянным, так как согласно условию нить тонкая. Учитывая, что
ε= a , I = mr2 , r
совместное решение уравнений (1) и (2) дает
T = P2 , a = g2 .
Задача 6
На полый тонкостенный цилиндр массой m намотана нить (тонкая и невесомая). Свободный конец ее прикреплен к потолку лифта, движущегося вниз с ускорением a0. Цилиндр предоставлен сам себе. Найти ускорение цилиндра относительно лифта и силу натяжения нити (рис. 22). Нить считать вертикальной.
АНАЛИЗ
При опускании цилиндра вниз его движение следует рассматривать как вращение вокруг оси, проходящей через центр масс, и поступательное движение со скоростью центра масс. Как и в предыдущей задаче, движение цилиндра происходит под действием двух сил: силы тяжести Р и силы натяжения Т. Следовательно, II закон Ньютона для цилиндра может быть записан в скалярной форме:
ma = P −T , |
(1) |
где а – ускорение цилиндра относительно Земли (абсолютное ускорение) связано с относительным ускорением a' соотношением
a = a0 + a′ . |
(2) |
Рис. 22
Вращательное движение по-прежнему обусловливается силой натяжения нити. Угловое ускорение ε вращательного движения определяется отношением
ε = a′ |
, |
(3) |
r |
где a' – ускорение центра масс цилиндра относительно лифта.
РЕШЕНИЕ
Переписав формулу (2) в скалярном виде и подставив это новое выражение в уравнение (1), получим
m(a0 + a′)= mg −T . |
(4) |
Запишем основное уравнение динамики с учетом выражения (3):
I |
a′ |
=Tr . |
(5) |
r |
Подставляя в уравнение (5) выражение для момента инерции полого цилиндра
I = mr2 , получим |
|||||
ma′ = T . |
(6) |
||||
Решая совместно уравнения (4) и (6), найдем искомые величины |
|||||
T = m(g − a0 ) |
, |
||||
2 |
|||||
a |
′ |
= |
g − a0 |
. |
|
2 |
|||||
Исследуя окончательные выражения для силы Т и относительного ускорения a', легко видеть следующее: 1) если лифт будет свободно падать, т. е. a0 = g, натяжение нити и относительное ускорение обратятся в нуль; равенство a' = 0 означает, что цилиндр не будет сматываться с нити; 2) если ускорение лифта будет направлено вверх, т. е a' < 0, то сила Т и ускорение a' будут возрастать с возрастанием переносного ускорения по абсолютной величине. Значит, будет увеличиваться и угловое ускорение вращательного движения цилиндра. Абсолютное ускорение центра масс цилиндра будет уменьшаться.
Задача 7
Телеграфный столб высотой h = 5 м подпиливают у основания. С какой скоростью упадет на землю верхний конец столба? Столб можно считать тонким и однородным.
АНАЛИЗ
Движение столба можно рассматривать как вращательное вокруг горизонтальной оси, проходящей через его основание. Во время движения на столб действует только сила тяжести, следовательно, к системе столб-Земля может быть применен закон сохранения энергии
∆E к + ∆Eп = 0 . |
(1) |
Решение данной задачи с помощью основного уравнения динамики вращательного движения представляет математические трудности, так как момент силы тяжести, под действием которой происходит движение столба, а следовательно, и угловое ускорение изменяются во времени.
∆Eк = |
Iω2 |
, |
(3) |
|
2 |
||||
где I – момент инерции столба относительно горизонтальной оси, проходящей через нижний его конец.
Значение I = mh3 2 , рассчитанное на основании теоремы Штейнера, подставим в выражение (3), тогда
∆Eк = |
mω2 h2 |
. |
(4) |
|
6 |
||||
Центр масс столба в результате падения опускается на величину h2 , следовательно,
уменьшение потенциальной энергии |
|||
∆Eп = −mg h |
. |
(5) |
|
2 |
|||
Подставляя выражения (4) и (5) в уравнение (1), получим |
|||
− mg h |
+ mh2ω2 |
= 0 ; |
|
2 |
6 |
||
если для этого уравнения учесть выражение (2), то найдем
v = 3gh =12 мс .
Заметим, что в этом случае скорость верхнего конца столба больше, чем скорость тела при свободном падении с той же высоты. Это объясняется тем, что столб при падении деформируется и на каждую его часть, кроме силы тяжести, будут еще действовать силы деформации.
Задача 8
По горизонтальному столу может катиться без скольжения цилиндр массой m на который намотана нить. Ко второму концу нити, переброшенному через легкий блок, подвешен груз той же массы m (рис. 23). Система предоставлена самой себе. Найти ускорение груза и силу трения между цилиндром и столом.
Задачу решить для полого и сплошного цилиндров.
АНАЛИЗ
Рассматриваемая система состоит из двух тел – груза и цилиндра. Первое, совершает поступательное движение и его ускорение a будет определяться разностью силы тяжести и силы натяжения нити. Второе тело будет участвовать и в поступательном, и во вращательном движениях вокруг центра масс, так как линии действия сил натяжения T и трения fтр не проходят через его центр масс. Невесомость блока позволяет считать силу натяжения вдоль нити постоянной.
Рис. 23
Нерастяжимость нити и отсутствие проскальзывания между цилиндром и нитью позволяет утверждать, что ускорение точки М цилиндра и ускорение груза равны по абсолютному значению, т. е. aM = a. Так как по условию цилиндр катится без скольжения, то ускорение a0 его центра масс, угловое ускорение ε вращательного движения и касательное ускорение а точки М связаны соотношениями
a0 = εr ; |
(1) |
a = a0 +εr = 2a0 , |
(2) |
где r – радиус цилиндра.
Ускорение a0 центра масс определяется разностью сил натяжения и трения, а угловое ускорение ε – моментами тех же сил. Сила тяжести цилиндра и сила нормальной реакции стола заведомо уравновешивают друг друга и не рассматриваются.
РЕШЕНИЕ
Коллинеарность сил, действующих на груз, позволяет написать уравнение его движения сразу в скалярном виде:
ma = mg −T ′ (T ′ = T ); |
(3) |
при этом направление вниз принято за положительное.
Уравнение поступательного движения цилиндра может быть также сразу записано в скалярном виде. Если принять направление силы натяжения за положительное,
ma0 =T − f тр . |
(4) |
Уравнение вращательного движения цилиндра запишем в виде |
|
Iε =Tr + f трr . |
(5) |
При решении задачи принято без оговорок направление трения, показанное на рис. 23. Легко видеть, что изменение направления её на противоположное изменит знак второго слагаемого в равенствах (4) и (5) и поэтому не скажется на выражении для ускорения.
Для того чтобы не повторять решения отдельно для полого и сплошного цилинд-
ров, выразим момент инерции как I = bmr2 , где b =1 для полого цилиндра, b = 12 для
сплошного. Учитывая соотношения (1), (2) и выражение момента инерции, получим систему трех уравнений:
ma = mg −T ; |
||||||
a |
=T − f тр |
; |
(6) |
|||
m |
2 |
|||||
a |
||||||
bm |
=T + f тр . |
|||||
2 |
||||||
Совместное решение уравнений (6) дает
a = 54+gb ;
= b −1 f тр mg 5 + b .
Для сплошного цилиндра получим
a1 = 118 g , f тр1 = −111 mg ;