Ускорение $\mathbf{a}_{c}$ центра масс твердого тела определяется по теореме о движении центра мас:
\[
m \mathbf{a}_{\mathrm{e}}=\mathbf{\Sigma} \mathbf{F},
\]
где $m$-масса, а $\mathbf{\Sigma F}$ – геометрическая сумма внешних сил, действующих на твердое тело.
Внешний вид уравнения (14.1) совпадает со вторым законом Ньютона для материальной точки (11.4), и, следова-
80
тельно, метод его применения состоит из тех же операций. Векторное уравнение (14.1) эквивалентно трем уравнениям:
\[
m a_{c x}=\mathbf{\Sigma} F_{x}, \quad m a_{c y}=\mathbf{\Sigma} F_{y}, \quad m a_{c x}=\mathbf{\Sigma} F_{z} .
\]
Для материальной точки и соответственно для твердого тела справедливо уравнение движения
\[
\mathbf{i}=\mathbf{\Sigma} \mathbf{M} \text {, }
\]
где $\mathbf{L}=\frac{d L}{d t}, \mathbf{\Sigma M}$ – геометрическая сумма моментов всех внешних сил, действующих на твердое тело, относительно неподвижной точки $O$.
Если точку $O$ считать началом декартовой системы координат, то, как обычно, векторное уравнение (14.3) эквивалентно трем уравнениям:
\[
\frac{\mathrm{d} L_{x}}{\mathrm{~d} t}=\sum M_{x}, \quad \frac{\mathrm{d} L_{y}}{\mathrm{~d} t}=\sum M_{y}, \quad \frac{\mathrm{d} L_{z}}{\mathrm{~d} t}=\sum M_{n},
\]
где $L_{x}, L_{y}, L_{z}$ – проекции вектора момента импульса $\mathbf{L}$ на оси координат. Их называют моментами импульса твердоео тела относительно неподвижных осей OX, ОY, OZ соответственно. Можно показать, что для материальной точки и для твердого тела
\[
L_{x}=J_{x} \omega_{x}, L_{y}=J_{y} \omega_{y}, L_{z}=J_{z} \omega_{z},
\]
где $J_{x}, J_{y}, J_{z}$ – моменты инерции материальной точки и твердого тела относительно осей $O X, O Y, O Z$ соответственно, а $\oplus_{x}, \omega_{y}, \omega_{z}$ – проекции вектора угловой скорости Ф на те же оси.
С учетом (14.5) уравнения (14.4) можно записать в виде
\[
\frac{\mathrm{d}\left(J_{x} \omega_{2}\right)}{\mathrm{d} t}=M_{x}, \quad \frac{\mathrm{d}\left(J_{y} \omega_{y}\right)}{\mathrm{d} t}=M_{v}, \quad \frac{\mathrm{d}\left(J_{z} \omega_{z}\right)}{\mathrm{d} t}=M_{z} .
\]
Если моменты инериии $J_{x}, J_{y}$ и $J_{z}$ постоянны, то уравнения движения приобретают вид
\[
J_{x} \beta_{x}=M_{x}, J_{y} \beta_{y}=M_{y}, J_{z} \beta_{z}=M_{z},
\]
где $\beta_{x}=\frac{d \omega_{x}}{d t}, \quad \beta_{y}=\frac{d \omega_{y}}{d t}, \quad \beta_{z}=\frac{d \omega_{z}}{d t}-$ проекции вектора углового ускорения на оси координат.
Эти уравнения называют уравнениями дешжения относительно неподеижных осей OX, $O Y$, и $\mathrm{OZ}$ соответственно.
Твердое тело имеет шесть степеней свободы, поэтому для описания его движения необходимы шесть независимых уравнении. Таковыми и являются или два векторных уравнения (14.1) и (14.3), или эквивалентная им система шести уравнений (14.2) и (14.6). Метод применения законов (14.2) ничем не отличается от метода применения второго закона Ныотона. Метод применения законов (14.6) также очень похож на метод применения второго закона Ньютона, если к последнему добавить две дополнительные операции: нахождение момента инериии тела и момента внешних сил относительно соответствующей оси. Таким образом, динамический метод и для описания движения твердого тела остается практически тем же.
Пример 14.1 Рассмотрим упрощенкую задачу из примера 11.2 и учтем, что блок в виде сплошиного цилиндра радиуса $R=10$ см имеет массу $m_{4}=8$ кг. Oпределить ускорение системы и силь натяжения нити.
$\mathrm{P}$ е ш е н и е. В физическую систему по-прежнему включим те же четыре тела: грузы массами $m_{1}, m_{2}$, иить и блок (рис. 14.1). Теперь блок не только является телом, массу которого необходимо учитывать, но его нельзя принять и за материальную точку. Будем считать блок твердым телом. Еro центр мас неподвижен, а сам блок вращается вокруг одной неподвижной оси $0 Z$, проходящей через центр масс. Применим к блоку уравнение движения (14.7) относительно неподвижной оси $O Z$. Инерциальная система отсчета выбрана. На блок действуют две неравные силы натяжения: $F_{i}^{*}
eq F_{\text {и }}^{\prime}$. Остальные силы, действующие на блок, компен$O Z$ составляют $M_{z}^{\prime}=-F_{z}^{\prime} R$ и $M_{z}^{*}=F_{z}^{*} R$. Момент инерции блока относительно этой же оси (сплошной цилиндр) $J_{z}=$ $=1 / 2 m_{4} R^{2}$. В дальнейшем индекс оси $(x, y, z)$ у моментов сил, моментов импульсов, моментов инерщи и и других величин мы будем опускать. Используя уравнение движения (14.7), получаем
\[
1 / 2 m_{4} R^{2} \beta=\left(F_{n}^{\prime}-F_{n}^{\prime}\right) R \text {. }
\]
Применяя второй закон Ныотона к материальным точкам $m_{1}$ и $m_{3}$, находим
\[
m_{1} a=F_{\mathrm{u}}^{\prime}, \quad m_{2} a=m_{2} g-F_{\mathrm{z}} .
\]
82
Уравнение связи линейного $a$ и углового $\beta$ ускорений замы кает систему уравнений:
\[
\beta=a^{\prime} R \text {. }
\]
Решая полученную систему уравнений, получаем:
\[
\begin{array}{l}
a=\frac{m_{2}}{m_{1}+m_{2}+\frac{1}{2} m_{4}} g, \quad a \approx 6,5 \mathrm{~m} / \mathrm{c}^{2} ; \\
F_{i}^{\prime}=\frac{m_{1} m_{2}}{m_{1}+m_{2}+\frac{1}{2} m_{4}} g, \quad F_{i}^{\prime} \approx 6,5 \mathrm{H} ; \\
F_{n}=\left(1-\frac{m_{4}}{m_{1}+m_{3}+\frac{1}{2} m_{4}}\right) m_{2} g, \quad F_{n}^{*} \approx 33 \mathrm{H} ; \\
\beta=\frac{m_{3}{ }^{*}}{R\left(m_{1}+m_{2}+\frac{1}{2} m_{4}\right)} g, \quad \beta \approx 65 \text { рад/c:. }
\end{array}
\]
Ускорение $a$ системы значительно уменьшилось. Иитересно также отметить, как сильно теперь отличаются значения сил натяжения нити $F_{u}^{*}$ и $F_{y}$ : натяжение $F_{i}^{*}$ и должно быть значительно больше $F_{n}^{\prime}$, ибо моменты этих сил имеют противоположные знаки.
Пример 14.2 Одия комец вертикально расположенной кити закреплен в токке O (рис. 14.2), а другой намотан на сплошной узкий цилиндр (диск) масськ $m=10$ кг и радиуса $R=10$ см. Oпределить ускорение центра масс и силу натяжения кити. Нить неөесома и нерастяжима. Решения и е. В физическую систему включим два тела: цилиндр и нить. Цилиндр нельзя принять за материальную точку. Будем считать его твердым телом. Его центр масе (точка $C$ ) движется вертикально вниз, а сам цилиндр вращается относительно подвижной оси, проходящей через центр масс. Применим теорему о движении центра масс (14.1) и уравнение движения (14.7). Инерциальную систему отсчета свяжем с Землей, а оси координат направим, как показано на рис. 14.2. На цилиндр действуют две силы: сила тяжести $\mathrm{mg}$ и сила натяжения нити $\mathbf{F}_{\mathrm{z}}$. По теореме о движении центра масс,
\[
m \mathbf{a}_{\mathrm{c}}=m \mathbf{g}+\mathbf{F}_{\mathrm{w}} .
\]
Проецируя это векторное уравнение на ось $O X$, получаем
\[
m a_{\mathrm{c}}=m g-F_{\mathrm{z}} .
\]
Цилиндр вращается относительно подвижной оси, но эта ось перемещается параллелыно самой себе; в этом случае уравнение движения (14.7) остается справелливым:
\[
1 / m R^{2} \beta=F_{n} R \text {, }
\]
где $\beta=a_{c} / R-$ угловое ускорение. Решая полученную систему уравнений, находим
\[
a_{e}=2 / g, F_{\mathrm{m}}=1 / \mathrm{mg} .
\]
Отсюда $a_{c} \approx 6,6 \mathrm{~m} / \mathrm{c}^{2} ; F_{\mathrm{n}} \approx 163 \mathrm{H}$.
Усложним решенную задачу: пусть $\kappa$ закрепленному концу нити приєлзано тело (материальная тока) массой
$m_{1}=1$ кг, которое мозсет без трения деигаться по горизонтальной плоскости, а сама нить находится на невесомом блоке (рис. 14.3).
Обозначим $m_{2}$ массу цилиндра. Применяя динамический метод, составляем замкнутую систему уравнений для поступательного движения материальной точки и цилиндра соответственно:
\[
m_{1} a_{1}=F_{\mathrm{z}} \text { и } m_{2} a_{\mathrm{c}}=m_{\mathrm{a}} g-F_{\mathrm{z}} .
\]
а также для вращательного движения цилиндра:
\[
1 / m_{2} R^{2} \beta=F_{n} R \text {. }
\]
Ускорение $a_{c}$ центра масс цилиндра, ускорение $a_{i}$ материальной точки и угловое ускорение $\beta$ связаны соотношением
\[
a_{c}=a_{1}+\beta R \text {. }
\]
Решая полученную систему уравнений, находим:
\[
\begin{array}{ll}
a_{c}=\frac{2+m_{2} / m_{1}}{3+m_{2} / m_{1}} g, \quad a_{1}=\frac{m_{2} / m_{1}}{3+m_{2} / m_{1}} g, \\
F_{n}=\frac{m_{2}}{3+m_{2} / m_{1}} g, \quad \beta=\frac{2+m_{2} / m_{1}}{R\left(3+m_{2} / m_{1}\right)} g .
\end{array}
\]
Подставляя числовые значения, получаем
$a_{\mathrm{c}} \approx 9,1 \mathrm{~m} / \mathrm{c}^{2}, \quad a_{1} \approx 7,5 \mathrm{~m} / \mathrm{c}^{2}, F_{\mathrm{m}} \approx 7,5 \mathrm{H}, \beta \approx 15,1 \mathrm{paz} / \mathrm{c}^{2}$.
Можно еще более усложнить задачу, учитывая трение между телом $m_{1}$ и горизонтальной плоскостью, принимая во внимание массу блока, считая его твердым телом и т. д. Все эти задачи могут быть решены тем же динамическим методом.
Изменим существенно условия примера 14.2, введя силу трения; точнее, эта сила (речь идет о силе трения покоя) необходимо возникает в условиях следующего примера и пренебрегать ею нельзя.
Пример 14.3 На сплочной цилиндр (диск) массы $m=$ $=10 \mathrm{kr} u$ радиуса $R=10$ см намотана невесомая и нерастяжимая нить. Цилиндр может без скольжения двизаться по горизонтальной плоскости. К концу нити приломена постоянная горизонтальная сила $F=30 \mathrm{H}$ (рис. 14.4). Oпределить ускорение чентра масс.
Решение. Физическая система состоит из одного твердого тела – цилиндра. Центр масс цилиндра движется прямолинейно. Цилиндр вращается относительно подвижной оси, направление которой в процессе движения не изменяется. Необходимо найти ускорение центра масс. Это основная задача динамики твердого тела. Применяем динамический метод. Инерциальную систему отсчета свяжем с Землей, ось $O X$ направим вправо, ось вращения параллельна оси $\mathrm{OZ}$. На шилиндр действуют четыре силы: сила натяжения нити (она равна данной силе F), сила тяжести $m g$ и сила реакции опоры $\mathbf{N}$ (они взаимно уравновешивают друг друга) и сила трения покоя $\mathbf{F}_{\text {гр }}$.
Сила трения покоя может принимать любое значение, заключенное в пределах $0<F_{r p} \ll f N$, В данном случае она имеет такое значение из этого промежутка, чтобы не происходило проскальзывания (чистое качение).
По теореме о движении центра масс находим
\[
m a_{e}=F+F_{\mathrm{Tp}} .
\]
Из уравнения движения относительно оси, проходящей через центр масс, получаем
\[
\begin{array}{l}
1 / g R^{2} \beta=\left(F-F_{\mathrm{rp}}\right) R . \\
\mathrm{Y}^{\text {читывая, что }} \\
\beta=a_{e} / R,
\end{array}
\]
и решая полученную систему уравнений, находим
\[
a_{e}=\frac{4 F}{3 m}, \quad F_{\mathrm{Tp}}=1 / 9 F .
\]
Подстановка числовых значений дает $a_{\mathrm{c}}=4 \mathrm{~m} / \mathrm{c}^{2}, F_{\mathrm{Tp}}=10 \mathrm{H}$. Условие отсутствия скольжения принимает вид
\[
1 / 3 \leqslant f m g \text {, }
\]
отсюда получаем
\[
\mathrm{P}>\mathrm{F} /(3 \mathrm{mg}) \simeq 0,1 \text {. }
\]
Если коэффициент трения меньше этого значения, наступает скольжение.
Усложним условия решенной задачи: пусть кить перекинута через невесомый блок и к ее концу приеязан груз массой $m_{2}=20$ кт (материальная точка), остальньне услоеия (кроме силь F – она яеляетя теперь силой натяжения кити $\mathbf{F}_{n}$ ) те же; определить ускорение $a_{\varepsilon}$ центра масс, ускорение а еруза и силу натязсения кити (рис. 14.5).
Обозначим $m_{1}$ массу цилиндра. Применяя динамический метод, получаем следующие уравнения:
$m_{2} a=m_{2} g-F_{\mathrm{m}}$ (для поступательного движения груза), $m_{1} a_{\mathrm{c}}=F_{\mathrm{s}}+F_{\mathrm{rp}}$ (по теореме о движении центра масс), $1 / g R^{2} \beta=\left(F_{n}=-F_{\mathrm{Tp}}\right) R$ (из уравнения движения).
Ускорение груза и ускорение центра масс связаны соотношением $a=a_{\mathrm{c}}+\beta R$. Так как $a_{\mathrm{c}}=\beta R$, то $a=2 a_{\mathrm{c}}$.
Решая полученную систему уравнений, находим!
\[
\begin{array}{l}
a=\left(1+\frac{3 m_{1}}{8 m_{2}}\right)^{-1} g, \quad a_{c}=\frac{1}{2}\left(1+\frac{3 m_{1}}{8 m_{2}}\right)^{-1} g, \\
F_{\mathrm{rp}}=\frac{m_{1}}{8}\left(1+\frac{3 m_{1}}{8 m_{2}}\right)^{-1} g, \quad F_{\mathrm{n}}=\frac{3 m_{1}}{8}\left(1+\frac{3 m_{1}}{8 m_{2}}\right)^{-1} g .
\end{array}
\]
Отсода получаем:
$a \approx 8,4 \mathrm{M} / \mathrm{c}^{4}, a_{c} \approx 4,2 \mathrm{~m} / \mathrm{c}^{2}, F_{\tau p} \approx 10,5 \mathrm{H}, F_{z} \approx 31,5 \mathrm{H}$.
Можно еще более усложнить решенную задачу, если учесть, например, что блок имеет массу и является твердым телом, что цилиндр движется по наклонной, а не горизон-
тальной поверхности, что материальная точка также движется по наклонной плоскости, и т. д., и т. п. Легко видеть, что все эти задачи могут быть решены одним и тем же динамическим методом.
