Основные формулы
– Уравнение движения центра масс $\mathrm{C}$ твердого тела массы $m$
\[
m \frac{d v_{\mathrm{C}}}{d t}=\boldsymbol{F}
\]
где $\boldsymbol{F}$ – результирующая всех сил, действующих на тело, $\boldsymbol{v}_{\mathrm{C}}$ – скорость центра масс тела.
– Закон изменения момента импульса $\boldsymbol{M}$ твердого тела относительно неподвижной точки $\mathrm{O}$
\[
\frac{d M}{d t}=N
\]
где $N$ – суммарный момент относительно точки О всех сил, действующих на тело. Уравнение (1.4.2) остается справедливым для движущейся точки $O$, если она совпадает с центром масс тела или ее скорость параллельна скорости центра масс.
– Основное уравнение динамики твердого тела, вращающегося относительно неподвижной оси $z$ с угловым ускорением $\beta$ :
\[
J_{\mathrm{z}} \beta=N_{\mathrm{z}},
\]
где $J_{z}$ – момент инерции твердого тела относительно оси вращения, $N_{\mathrm{z}}$ алгебраическая сумма моментов всех сил, действующих на тело, относительно оси $z$. Уравнение (1.4.3) остается справедливым для поступательно движущейся оси вращения, если она проходит через центр масс тела.
– Теорема Штейнера:
\[
J_{\mathrm{z}}=J_{\mathrm{C}}+m a^{2},
\]
где $J_{\mathrm{C}}$ – момент инерции твердого тела массы $m$ относительно оси проходящей через центр масс $\mathrm{C}$ и параллельной оси $z, a$ – расстояние между осями.
– Кинетическая энергия твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси $z$ с угловой скоростью $\omega$.
\[
T=J_{\mathrm{z}} \omega^{2} / 2 \text {. }
\]
– Работа внешних сил при повороте твердого тела вокруг неподвижной оси $z$, совпадающей по направлению с вектором угловой скорости $\boldsymbol{\omega}$ :
\[
A=\int N_{\mathrm{z}} d \varphi
\]
– Кинетическая энергия твердого тела при плоском движении:
\[
T=\frac{J_{\mathrm{C}} \omega^{2}}{2}+\frac{m v_{\mathrm{C}}^{2}}{2},
\]
где $J_{\mathrm{C}}$ – момент инерции твердого тела массы $m$ относительно оси проходящей через центр масс $\mathrm{C}$ тела, $v_{\mathrm{C}}$ – скорость центра масс, $\omega$ угловая скорость вращения тела.
– Связь между угловой скоростью $\omega_{1}$ прецессии гироскопа, его моментом импульса $M$, равным $J \omega$, и моментом $N$ внешних сил:
\[
\left[\omega_{1} M\right]=N \text {. }
\]
Примеры решения задач
1.4.1. Однородный шар массы $m=4,0$ кг движется поступательно по поверхности стола под действием постоянной силы $\boldsymbol{F}$, приложенной, как показано на рис. 1.24 , где угол $\alpha=30^{\circ}$. Коэффициент трения между шаром и столом $k=0,20$. Найти $F$ и ускорение шара.
Решение
Пускай шар движется вправо. Силы, действующие на шар, показаны на рис. 1.24. Так как движение шара является поступательным, то его момент импульса относительно центра масс О равен нулю и остается неизменным в процессе движения. Тогда, согласно уравнению моментов, векторная сумма моментов всех сил, действующих на шар, относительно точки О должна равняться нулю, то есть
\[
F R \sin \alpha-k N R=0,
\]
где $R$ радиус шара, $N$ – сила реакции опоры.
Добавив к полученному соотношению уравнение движения центра масс шара в проекции на горизонтальное направление
\[
F \cos \alpha-k N=m a
\]
Рис. 1.24
и в проекции на вертикальное направление
\[
F \sin \alpha+N-m g=0,
\]
получаем систему из трех уравнений, совместное решение которых дает искомые выражения для силы, приложенной к шару
\[
F=\frac{k m g}{(1+k) \sin \alpha}
\]
и для ускорения шара
\[
a=\frac{k g}{1+k}(\operatorname{ctg} \alpha-1) .
\]
Используя численные данные задачи, получаем $F=13,1 \mathrm{H}$ и $a=1,2 \mathrm{~m} / \mathrm{c}^{2}$.
Ответ: $F=\frac{k m g}{(1+k) \sin \alpha}=13,1 \mathrm{H} ; a=\frac{k g}{1+k}(\operatorname{ctg} \alpha-1)=1,2 \mathrm{~m} / \mathrm{c}^{2}$.
1.4.2. Горизонтально расположенный тонкий однородный стержень массы $m$ подвешен за концы на двух вертикальных нитях. Найти силу натяжения одной из нитей сразу после пережигания другой нити.
Решение
Силы, действующие на стержень сразу после пережигания одной из нитей, показаны на рисунке 1.25. Движение центра масс стержня описывается уравнением $m d v / d t=m g-T$, а уравнение динамики вращательного движения стержня относительно оси, проходящей через точку подвеса $\mathrm{O}$, имеет вид
\[
J d \omega / d t=m g l / 2,
\]
где $J=(1 / 3) m l^{2}$ – момент инерции стержня.
С учетом связи $v=\omega l / 2$ между скоростью центра масс стержня и угловой скоростью его вращения, получаем два уравнения с двумя
неизвестными: угловым ускорением стержня $d \omega / d t$ и силой натяжения нити $T$. Совместное решение дает искомую силу натяжения нити $T=m g / 4$.
Когда стержень висел на двух нитях, на каждую нить действовала сила $m g / 2$. При пережигании одной из нитей сила, действующая на оставшуюся нить, скачкообразно уменьшается вдвое. Такое скачкообразное изменение связано с идеализацией: стержень считается абсолютно твердым. Реальный стержень деформируется и
Рис. 1.25 при учете этого обстоятельства сила натяжения нити будет меняться непрерывно.
Ответ: $T=m g / 4$.
1.4.3. Система, показанная на рис. 1.26 , состоит из двух одинаковых однородных цилиндров, на которые симметрично намотаны две легкие нити. Найти ускорение оси нижнего цилиндра в процессе движения. Трения в оси верхнего цилиндра нет.
Решение.
Силы, действующие на цилиндры с массами $m$ и радиусами $R$, показаны на рисунке 1.26. Уравнение второго закона Ньютона, описывающее поступательное движение нижнего цилиндра вниз (движение его центра масс) с ускорением $a$, имеет вид
\[
m g-T=m a,
\]
а основное уравнение динамики вращательного движения этого цилиндра относительно оси, проходящей через его центр масс, записывается как
\[
J \beta=T R,
\]
где $J=m R^{2} / 2$ – момент инерции цилиндра, $\beta$ – его угловое ускорение вращения.
Принимая во внимание, кинематическую связь между угловыми ускорениями вращения цилиндров $\beta$ и линейным ускорением $a$ центра масс нижнего цилиндра
\[
a=2 \beta R,
\]
и решая полученные уравнения совместно, приходим к искомому выражению для ускорения оси нижнего цилиндра в процессе движения
\[
a=4 g / 5 \text {. }
\]
Ответ: $a=4 \mathrm{~g} / 5$.
1.4.4. В системе, показанной на рис. 1.27 , известны масса $m$ груза А, масса $M$ ступенчатого блока $\mathrm{B}$, момент инерции $J$ последнего относительно его оси и радиусы ступеней блока $R$ и $2 R$. Масса нитей пренебрежимо мала. Найти ускорение груза А.
Решение
Совокупность уравнений, описывающих поступательное движение ступенчатого блока вверх с ускорением $a_{2}$ и вращательное движение блока с угловым ускорением $\beta$, имеет вид
\[
\begin{array}{c}
T_{2}-M g-T_{1}=M a_{2} \\
T_{1} 2 R-T_{2} R=J \beta .
\end{array}
\]
Поступательное движение груза вниз с ускорением $a_{1}$ описывается уравнением
\[
m g-T_{1}=m a_{1} .
\]
Добавив к этим уравнениям кинематическую связь между линейными и угловыми ускорениями
\[
\begin{array}{c}
a_{1}=\beta 2 R-\beta R=\beta R \\
a_{2}=\beta R
\end{array}
\]
и решив полученную совокупность уравнений совместно, получаем искомый ответ для ускорения груза
\[
a_{1}=\frac{(m-M) g}{m+M+J / R^{2}} .
\]
Видно, что при $m>M$ груз движется вниз, а при $m<M$ – вверх.
Ответ: $\boldsymbol{a}_{1}=\frac{(m-M) g}{m+M+J / R^{2}}$.
1.4.5. Однородный диск радиуса $R$ раскрутили до угловой скорости $\omega_{0}$ и осторожно положили на горизонтальную поверхность. Сколько времени диск будет вращаться на поверхности, если коэффициент трения равен $k$ ?
Решение.
Сначала найдем момент $N$ сил трения, действующих на диск. Для этого рассмотрим часть диска в виде кольца радиуса $r$ с бесконечно малой шириной $d r$ (см. рис. 1.28). На это кольцо действует сила трения скольжения равная произведению коэффиц,иента трения $k$ на силу тяжести этого кольца. Последняя равна $\rho g b 2 \pi r d r$, где $\rho$ – плотность материала диска, $b$ – толщина диска и $g$ – ускорение свободного падения. Плечо всех сил трения, действующих на части этого кольца одинаково и равно радиусу кольца $r$, поэтому момент сил трения $d N$, приложенных к рассматриваемому кольцу, имеет вид
\[
d N=k \rho g b 2 \pi r^{2} d r .
\]
Интегрируя, затем, полученное выражение в пределах от 0 до $R$, найдем момент сил трения, действующих на весь диск
\[
N=\int_{0}^{R} k \rho g b 2 \pi r^{2} d r=2 \pi k \rho g b \int_{0}^{R} r^{2} d r=\frac{2}{3} m g k R,
\]
где введена масса диска $m=\rho b \pi R^{2}$.
Основное уравнение динамики вращательного движения диска принимает следующий вид
\[
J \frac{d \omega}{d t}=-\frac{2}{3} m g k R,
\]
где $J=m R^{2} / 2$ – момент инерции диска. Решение этого уравнения с учетом начальной угловой скорости вращения диска $\omega_{0}$ определяется выражением
\[
\omega=\omega_{0}-\frac{4}{3} \frac{k g}{R} t .
\]
Время вращения диска до остановки $t_{0}$ определится из условия $\omega=0$, откуда получаем
\[
t_{0}=\frac{3 \omega_{0} R}{4 k g} .
\]
Ответ: $t_{0}=\frac{3 \omega_{0} R}{4 k g}$.
1.4.6. Однородный цилиндр радиуса $R$ раскрутили вокруг его оси до угловой скорости $\omega_{0}$ и поместили затем в угол. Коэффициент трения между стенками угла и цилиндром равен $k$. Найти:
a) сколько времени будет вращаться цилиндр;
б) сколько оборотов сделает цилиндр до остановки.
Решение
Силы, действующие на цилиндр, показаны на рис. 1.29. Уравнения второго закона Ньютона в проекциях на горизонтальное и вертикальное направление имеют вид
Рис. 1.29
\[
\begin{array}{c}
F_{\text {тp1 }}=N_{2} \\
m g=N_{1}+F_{\text {тp2 }} .
\end{array}
\]
Учитывая выражения для сил трения скольжения $F_{\mathrm{Tp1}}=k N_{1}$ и $F_{\mathrm{тp} 2}=k N_{2}$, получаем после совместного решения этих уравнений
\[
\begin{array}{l}
N_{1}=\frac{m g}{1+k^{2}}, \\
N_{2}=\frac{k m g}{1+k^{2}} .
\end{array}
\]
Основное уравнение вращательного движения цилиндра с моментом инерции $J=m R^{2} / 2$ имеет вид
\[
J \frac{d \omega}{d t}=-R F_{\mathrm{Tp} 1}-R F_{\mathrm{Tp} 2}=-k R\left(N_{1}+N_{2}\right)
\]
или
\[
\frac{d \omega}{d t}=-\frac{2 k g(1+k)}{R\left(1+k^{2}\right)},
\]
откуда с учетом начального значения $\omega=\omega_{0}$ при $t=0$, получаем решение
\[
\omega=\omega_{0}-\frac{2 k g(1+k)}{R\left(1+k^{2}\right)} t .
\]
Условие $\omega=0$ определяет время вращения цилиндра до остановки
\[
t_{0}=\frac{\omega_{0} R\left(1+k^{2}\right)}{2 k g(1+k)} .
\]
Полный угол $\Delta \varphi$ поворота цилиндра до прекращения его вращения найдем с помощью закона изменения кинетической энергии вращательного движения цилиндра
\[
0-\frac{J \omega_{0}^{2}}{2}=-\left(R F_{\mathrm{rp1}}+R F_{\mathrm{Tp} 2}\right) \Delta \varphi=-k R\left(N_{1}+N_{2}\right) \Delta \varphi,
\]
откуда
\[
\Delta \varphi=\frac{\omega_{0}^{2} R\left(1+k^{2}\right)}{4 k g(1+k)},
\]
а разделив это выражение на $2 \pi$ – угол соответствующий одному обороту цилиндра, найдем полное число оборотов цилиндра до остановки
\[
n=\frac{\Delta \varphi}{2 \pi}=\frac{\omega_{0}^{2} R\left(1+k^{2}\right)}{8 \pi k g(1+k)} .
\]
Ответ: а) $t_{0}=\frac{\omega_{0} R\left(1+k^{2}\right)}{2 k g(1+k)}$; б) $n=\frac{\omega_{0}^{2} R\left(1+k^{2}\right)}{8 \pi k g(1+k)}$.
1.4.7. Вертикально расположенный однородный стержень массы $M$ и длины $l$ может вращаться вокруг своего верхнего конца. В нижний конец стержня попала, застряв, горизонтально летевшая пуля массы $m$, в результате чего стержень отклонился на угол $\alpha$. Считая $m<<M$, найти:
a) скорость летевшей пули;
б) приращение импульса системы «пуля – стержень» за время удара
и причину изменения этого импульса;
в) на какое расстояние $x$ от верхнего конца стержня должна попасть пуля, чтобы импульс системы «пуля – стержень» не изменился в процессе удара.
Решение
a) Для определения скорости пули воспользуемся законом сохранения момента импульса системы «пуля – стержень» относительно горизонтальной оси проходящей через точку подвеса стержня $\mathrm{O}$ перпендикулярно плоскости рисунка 1.30
\[
m v l=J \omega,
\]
где $J=(1 / 3) M l^{2}$ – момент инерции стержня относительно рассматриваемой оси, $\omega$ – угловая скорость вращения стержня сразу после удара.
При этом, мы предполагаем, что $m<<M$ и за время удара стержень отклоняется незначительно, поэтому момент сил тяжести, действующих на стержень и пулю, относительно рассматриваемой оси равен нулю в процессе столкновения.
После удара стержень отклоняется на угол $\alpha$. В этом крайнем положении вся кинетическая энергия стержня, приобретенная после удара пули, переходит в его потенциальную энергию, поэтому
\[
J \omega^{2} / 2=M g(l / 2)(1-\cos \alpha) .
\]
Решая полученные уравнения совместно, находим угловую скорость вращения стержня сразу после удара
Рис. 1.30
\[
\omega=\sqrt{(3 g / l)(1-\cos \alpha)}=\sqrt{6 g / l} \sin (\alpha / 2)
\]
и искомую скорость летевшей пули
\[
v=(M / m) \sqrt{(g l / 3)(1-\cos \alpha)}=(M / m) \sqrt{2 g l / 3} \sin (\alpha / 2) .
\]
б) Импульс системы «пуля – стержень» сразу после удара равен
\[
p_{2}=(M+m) v_{\mathrm{C}} \approx M \omega(l / 2)=(3 M / 2) \sqrt{2 g l / 3} \sin (\alpha / 2),
\]
где $v_{\mathrm{C}}$ – скорость центра масс С сразу после удара и учтено, что $m<<M$. Импульс системы непосредственно перед ударом равен импульсу пули
\[
p_{1}=m v=M \sqrt{2 g l / 3} \sin (\alpha / 2),
\]
а так как векторы $p_{1}$ и $p_{2}$ горизонтальны и направлены в одну и ту же сторону, то приращение импульса системы «пуля – стержень» за время удара равно
\[
\Delta p=p_{2}-p_{1}=M \sqrt{g l / 6} \sin (\alpha / 2) .
\]
Причиной изменения импульса системы является импульс горизонтальной составляющей силы реакции $N_{1}$, действующей на стержень со стороны оси подвеса, в направлении, показанном на рис. 1.31. Действительно, вертикальная составляющая силы реакции опоры $N_{2}$ компенсируется силой тяжести стержня $M g$, а появляющаяся во время удара горизонтальная составляющая этой силы, будучи внешней по отношению к системе «пуля – стержень», приводит, согласно закону изменения импульса, к приращению импульса системы.
в) Найдем на какое расстояние $x$ от верхнег о конца стержня должна попасть пуля, чтобы импульс системы «пуля – стержень» не изменился в процессе удара. В этом случае закон сохранения момента импульса системы относительно горизонтальной оси проходящей через точку подвеса стержня $\mathrm{O}$ принимает, с учетом того, что $m<<M$, вид
\[
m v x=(1 / 3) M l^{2} \omega_{0},
\]
откуда угловая скорость вращения стержня сразу после удара
\[
\omega_{0}=\frac{3 m}{M} \frac{v x}{l^{2}} .
\]
Условие сохранения импульса системы в процессе удара
\[
m v=(M+m) v_{\mathrm{C}} \approx M(l / 2) \omega_{0}
\]
дает искомое расстояние
\[
x=(2 / 3) l .
\]
При попадании пули в эту точку стержень не испытывает в процессе удара отдачи со стороны оси подвеса, то есть в рассматриваемом случае горизонтальная составляющая силы реакции $N_{1}$ равна нулю. Если пуля попадает ниже этой точки, то при ударе возникает сила $N_{1}$, направленная так, как это показано на рис. 1.30. Если же пуля попадает выше этой точки, то направление силы отдачи $N_{1}$ меняется на противоположное.
Ответ: а) $v=(M / m) \sqrt{2 g l / 3} \sin (\alpha / 2)$; б) $\Delta p=M \sqrt{g l / 6} \sin (\alpha / 2)$;
в) $x=(2 / 3) l$.
1.4.8. Однородный стержень длины $l$ может вращаться вокруг горизонтальной оси, перпендикулярной к стержню и проходящей через один из его концов (рис. 1.31). Систему равномерно вращают с угловой скоростью $\omega$ вокруг вертикальной оси. Пренебрегая трением, найти угол $\theta$ между стержнем и вертикалью.
Решение
Воспользуемся уравнением моментов относительно неподвижной точки подвеса стержня О. Для этого сначала найдем момент импульса стержня относительно этой точки.
Рассмотрим бесконечно маленький кусочек стержня длиной $d x$, находящийся на расстоянии $x$ от точки О. Его масса равна $d m=(m / l) d x$, где $m$ – масса всего стержня. Этот кусочек движется по окружности радиуса $r=x \sin \theta$ со скоростью $v=\omega r=\omega x \sin \theta$ в направлении от нас перпендикулярно плоскости рисунка. Поэтому момент импульса этого кусочка стержня относительно точки О равен $d M=(m / l) \omega x^{2} \sin \theta d x$. Вектор $\boldsymbol{d M}$ в рассматриваемый момент времени лежит в плоскости рисунка и направлен перпендикулярно стержню, как показано на рис. 1.31.
Полный момент импульса стержня относительно точки $\mathrm{O}$ найдем с помощью интегрирования:
\[
M=(m / l) \omega \sin \theta \int_{0}^{l} x^{2} d x=\frac{m l^{2}}{3} \omega \sin \theta .
\]
Вектор $\boldsymbol{M}$ направлен перпендикулярно стержню, лежит в плоскости, проходящей через вертикальную ось и стержень, и вращается вместе с этой плоскостью вокруг вертикальной оси с угловой скоростью $\omega$, оставаясь неизменным по длине.
Найдем скорость изменения момента импульса стержня. Рассматривая вектор $\boldsymbol{M}$ как радиус-вектор некоторой точки, расположенной на его конце, приходим к выводу, что $d M / d t$ имеет смысл линейной скорости вращения этой точки по окружности с \”радиусом\” $M \cos \theta$, то есть $|d M / d t|=\omega M \cos \theta$.
Уравнение моментов относительно точки подвеса стержня О может быть записано в виде
\[
|d \boldsymbol{M} / d t|=\omega M \cos \theta=m g(l / 2) \sin \theta,
\]
откуда, после подстановки выражения для момента импульса стержня относительно точки $\mathrm{O}$, получаем искомый угол отклонения стержня от вертикали
\[
\cos \theta=\frac{3}{2} \frac{g}{\omega^{2} l} .
\]
Если правая часть полученного выражения больше единицы, то угол $\theta$ между стержнем и вертикалью равен нулю.
Ответ: $\cos \theta=3 g /\left(2 \omega^{2} l\right)$; если правая часть больше единицы, то угол $\theta=0$.
1.4.9. Однородный шар скатывается без скольжения по наклонной плоскости, составляющей угол $\alpha$ с горизонтом. Найти ускорение центра шара и значение коэффициента трения $k$, при котором скольжения не будет.
Решение
Силы, действующие на шар массой $m$, показаны на рис. 1.32. Уравнение динамики движения центра масс шара в проекции на ось $x$ имеет вид
\[
m g \sin \alpha-F_{\text {тр }}=m a,
\]
а основное уравнение динамики вращательного движения шара с радиусом $R$ относительно оси, проходящей через его центр масс перпендикулярно плоскости рисунка, Рис. 1.32 определяется выражением
\[
J \frac{d \omega}{d t}=F_{\mathrm{Tp}} R,
\]
где $J=(2 / 5) m R^{2}$ – момент инерции шара. Следует отметить, что сила трения, действующая на шар, это сила трения покоя (шар не проскальзывает) и поэтому она может, вообще говоря, принимать любое значение в диапазоне от 0 до $k N=k m g \cos \alpha$. Конкретное значение $F_{\text {тр }}$ должно быть определено в результате решения приведенных выше уравнений.
Другим неизвестным в рассматриваемых уравнениях является ускорение центра масс шара $a$. Принимая во внимание, что при отсутствии проскальзывания скорость центра масс шара $v$ связана с угловой скоростью вращения $\omega$ соотношением $v=\omega R$, которое после дифференцирования по времени принимает вид $a=(d \omega / d t) R$, приходим к системе из двух уравнений
\[
\begin{array}{c}
m g \sin \alpha-F_{\mathrm{tp}}=m a \\
J(a / R)=F_{\mathrm{tp}} R .
\end{array}
\]
Решая эти уравнения относительно $a$ и $F_{\text {тр }}$, получаем
\[
\begin{array}{c}
a=\frac{m g \sin \alpha}{\left(J / R^{2}\right)+m}=\frac{5}{7} g \sin \alpha, \\
F_{\text {тр }}=(2 / 7) m g \sin \alpha .
\end{array}
\]
Условие отсутствия проскальзывания шара это требование того, чтобы сила трения не превышала максимальную силу трения покоя, то есть
\[
\text { (2/7)mg } \sin \alpha \leq k m g \cos \alpha \text {, }
\]
откуда $k \geq(2 / 7) \operatorname{tg} \alpha$.
Ответ: $a=(5 / 7) g \sin \alpha, k \geq(2 / 7) \operatorname{tg} \alpha$.
1.4.10. Однородный шар массы $m=5,0$ кг скатывается без скольжения по наклонной плоскости, составляющей угол $\alpha=30^{\circ}$ с горизонтом. Найти кинетическую энергию шара через $t=1,6$ с после начала движения.
Решение
Как следует из предыдущей задачи, ускорение центра масс шара определяется выражением $a=(5 / 7) g \sin \alpha$ и, следовательно, через время $t$ скорость центра шара будет равна $v=a t=(5 / 7) g t \sin \alpha$, а его угловая скорость вращения к этому моменту времени есть
\[
\omega=\frac{v}{R}=\frac{5}{7} \frac{g t}{R} \sin \alpha .
\]
Кинетическая энергия шара в момент времени $t$ будет равна
\[
T=\frac{m v^{2}}{2}+\frac{J \omega^{2}}{2}=\frac{5}{14} m g^{2} t^{2} \sin ^{2} \alpha .
\]
Используя численные данные задачи, получаем $T=0,11$ кДж.
Ответ: $T=\frac{5}{14} m g^{2} t^{2} \sin ^{2} \alpha=0,11$ кДж.
1.4.11. На гладкой горизонтальной поверхности лежит доска массы $m_{1}$ и на ней однородный шар массы $m_{2}$. Коэффициент трения скольжения между шаром и поверхностью доски равен $k$. К доске приложили постоянную горизонтальную силу $F$. C какими ускорениями будут двигаться доска и центр шара в отсутствие скольжения между ними? При каких значениях силы $F$ скольжение отсутствует?
Решение
Силы взаимодействия доски и шара показаны на рис. 1.33. Со стороны доски на шар действует сила трения, играющая роль силы тяги для шара и направленная так, как это показано на рисунке. По третьему закону Ньютона на доску со стороны шара действует такая же сила трения, направленная в противоположную сторону. Поэтому, уравнения движения доски и центра масс шара в проекции на горизонтальное направление имеют вид
\[
\begin{array}{c}
F_{\text {тр }}=m_{2} a_{2} \\
F-F_{\text {тр }}=m_{1} a_{1} .
\end{array}
\]
Следует отметить, что в отсутствие скольжения между шаром и доской, сила Рис. 1.33 трения между ними является силой трения покоя и, следовательно, входит в полученные уравнения в качестве одного из неизвестных. Другими двумя неизвестными являются ускорение доски $a_{1}$ и ускорение центра масс шара $a_{2}$.
Добавим к этим уравнениям основное уравнение динамики вращательного движения шара относительно горизонтальной оси, проходящей через центр масс шара $\mathrm{C}$ перпендикулярно плоскости рисунка:
\[
J \beta=F_{\mathrm{тp}} R,
\]
где $J=(2 / 5) m_{2} R^{2}$ – момент инерции шара радиуса $R$ и $\beta$ – угловое ускорение вращения шара.
Движения доски и шара не являются независимыми. Для определения кинематической связи между ними заметим, что шар участвует одновременно в двух движениях: поступательном со скоростью $v_{2}$ равной скорости центра масс шара и вращательном движении со скоростью $v_{\text {вр }}=\omega R$, где $\omega$ – угловая скорость вращения шара. Для точки соприкосновения шара с доской обе эти скорости направлены в одну и ту же сторону (вправо на рис. 1.33), поэтому, эта точка имеет скорость $v=v_{2}+\omega R$. С другой стороны, в отсутствие скольжения скорость точки соприкосновения совпадает со скоростью движения доски $v_{1}$, то есть $v_{1}=v_{2}+\omega R$. Дифференцируя это соотношение по времени, находим соотношение между линейными и угловыми ускорениями тел $a_{1}=a_{2}+\beta R$, с помощью которого перепишем уравнение динамики вращательного движения шара в виде
\[
(2 / 5) m_{2}\left(a_{1}-a_{2}\right)=F_{\text {тр }} .
\]
Совместное решение уравнений движения тел дает искомые выражения для ускорений доски и центра шара
\[
\begin{array}{c}
a_{1}=7 F /\left(7 m_{1}+2 m_{2}\right) \\
a_{2}=2 a_{1} / 7=2 F /\left(7 m_{1}+2 m_{2}\right),
\end{array}
\]
а также выражение для силы трения
\[
F_{\text {тр }}=2 F m_{2} /\left(7 m_{1}+2 m_{2}\right) .
\]
Требование для силы трения покоя не превышать максимального значения $F_{\text {тр }}^{\text {max }}=k m_{2} g$ определяет диапазон возможных значений для силы, приложенной к доске
\[
F \leq\left(7 m_{1}+2 m_{2}\right) \mathrm{kg} / 2 .
\]
Ответ: $a_{1}=7 F /\left(7 m_{1}+2 m_{2}\right), a_{2}=2 a_{1} / 7, F \leq\left(7 m_{1}+2 m_{2}\right) \mathrm{kg} / 2$.
1.4.12. Однородный стержень, падавший в горизонтальном положении с высоты $h$, упруго ударился одним концом о край массивной плиты. Найти скорость центра стержня сразу после удара.
Решение
Скорость центра масс стержня непосредственно перед ударом о плиту легко найти из закона сохранения полной механической энергии. Она равна $v_{0}=\sqrt{2 g h}$ и в течение времени взаимодействия стержня с плитой убывает до некоторой величины $v$. Закон убывания может быть описан с помощью уравнения $m d v / d t=-F$, в котором мы пренебрегли силой тяжести стержня по сравнению с силой реакции $F$ со стороны плиты (см. рис. 1.34).
Во время удара, вращательное движение
Рис. 1.34 стержня вокруг оси, проходящей через его центр масс, описывается уравнением
\[
J d \omega / d t=F l / 2,
\]
где $J=(1 / 12) m l^{2}$ – момент инерции стержня.
Исключая из этих уравнений движения силу $F$, получаем соотношение $J d \omega=-(\mathrm{ml} / 2) d v$, интегрирование которого дает
\[
J \omega=-\frac{m l}{2}\left(v-v_{0}\right) .
\]
Так как столкновение стержня с плитой является упругим, то последнее соотношение может быть дополнено уравнением закона сохранения полной механической энергии
\[
m g h=\frac{m v^{2}}{2}+\frac{J \omega^{2}}{2} .
\]
Совместное решение дает угловую скорость вращения стержня
\[
\omega=3 v_{0} / l=3 \sqrt{2 g h} / l
\]
и скорость его центра сразу после удара
\[
v=v_{0} / 2=\sqrt{g h / 2} .
\]
Ответ: $v=\sqrt{g h / 2}$.
1.4.13 Однородный диск радиуса $R=5,0 \mathrm{~cm}$, вращающийся вокруг своей оси с угловой скоростью $\omega=60$ рад/с, падает в вертикальном положении на горизонтальную шероховатую поверхность и отскакивает под углом $\theta=30^{\circ}$ к вертикали, уже не вращаясь. Найти скорость диска сразу после отскакивания.
Решение
Сила трения, действующая на диск со стороны поверхности (см. рис. 1.35), приводит к появлению горизонтальной составляющей скорости его центра масс в соответствии с уравнением
\[
F_{\mathrm{\tau p}}=m \frac{d v_{\mathrm{x}}}{d t}
\]
где $m$ – масса диска. Момент силы трения приводит к уменьшению угловой скорости вращения диска. Уравнение динамики вращательного движения относительно оси диска имеет вид
\[
J \frac{d \omega}{d t}=-F_{\mathrm{Tp}} R,
\]
где $J=m R^{2} / 2$ – момент инерции диска.
Комбинируя эти уравнения, получаем соотношение
\[
J d \omega=-m R d v_{\mathrm{x}},
\]
интегрирование которого дает $J \omega+m R v_{\mathrm{x}}=$ const, откуда горизонтальная скорость, приобретаемая центром диска когда его вращение прекратится, будет
\[
v_{\mathrm{x}}=\frac{J \omega}{m R}=\frac{\omega R}{2},
\]
а полная скорость диска сразу после отскакивания равна
\[
v=\frac{v_{\mathrm{x}}}{\sin \theta}=\frac{\omega R}{2 \sin \theta} .
\]
Используя численные данные задачи, получаем $v=3 \mathrm{~m} / \mathrm{c}$.
Ответ: $v=\omega R /(2 \sin \theta)=3 \mathrm{~m} / \mathrm{c}$.
1.4.14. На идеально гладкой горизонтальной поверхности лежит стержень длиной $l$ и массой $M$. В одну из точек стержня ударяет шарик массой $m$, движущийся по поверхности перпендикулярно стержню. Считая удар абсолютно упругим, определить на каком расстоянии $x$ от середины стержня должен произойти удар, чтобы шарик передал стержню всю свою кинетическую энергию? При каком соотношении масс $M$ и $m$ это возможно?
Решение
При взаимодействии шарика со стержнем выполняются все три закона сохранения: закон сохранения импульса системы «шарик стержень», закон сохранения механической энергии и закон сохранения момента импульса системы относительно оси, проходящей через центр масс стержня С . Соответствующие уравнения, с учетом того, что шарик после удара остановился, имеют вид
\[
\begin{array}{l}
m v_{0}=M v_{C} \\
\frac{m v_{0}^{2}}{2}=\frac{M v_{C}^{2}}{2}+\frac{J \omega^{2}}{2} \\
m v_{0} x=J \omega,
\end{array}
\]
где $J=(1 / 12) M l^{2}$ – момент инерции стержня, $\omega$ – его угловая скорость и $v_{\mathrm{C}}$ – скорость центра масс стержня С сразу после удара.
Совместное решение первых двух уравнений дает $v_{C}=m v_{0} / M$ и
\[
\omega=\frac{2 v_{0}}{l} \sqrt{\frac{3 m}{M}\left(1-\frac{m}{M}\right)} .
\]
Подставляя, затем, последнее соотношение в третье уравнение, получаем для искомого расстояния следующее выражение
\[
x=\frac{l}{2 \sqrt{3}} \sqrt{\frac{M}{m}-1},
\]
из которого видно, что масса стержня $M$ должна быть больше или равна массе шарика. Условие $x \leq l / 2$ дает еще ограничение сверху на массу стержня $M \leq 4 m$, необходимое для возможности описанного процесса.
Ответ: $x=\frac{l}{2 \sqrt{3}} \sqrt{\frac{M}{m}-1} ; m \leq M \leq 4 m$.
1.4.15. Вертикальный однородный столб высотой $l$ падает на землю под действием силы тяжести. Определить линейную скорость его верхнего конца в момент удара о землю, если
a) столб падает, поворачиваясь вокруг неподвижного нижнего основания;
б) столб первоначально стоял на абсолютно гладком льду.
Решение
a) Так как нижний конец столба неподвижен, то сила реакции, действующая на столб со стороны поверхности земли, работы не совершает. Поэтому при вращательном движении столба вокруг горизонтальной оси, проходящей через его нижний конец, выполняется закон сохранения полной механической энергии, а именно
\[
\frac{m g l}{2}=\frac{J \omega^{2}}{2},
\]
где $m$ – масса столба, $J=(1 / 3) m l^{2}$ – его момент инерции относительно рассматриваемой оси вращения, $\omega$ – угловая скорость вращения столба в момент удара о землю. Получая отсюда угловую скорость столба $\omega=\sqrt{3 g / l}$, найдем линейную скорость его верхнего конца
\[
v=\omega l=\sqrt{3 g l} .
\]
б) Поскольку в рассматриваемом случае все силы, действующие на столб, направлены вертикально, то центр масс столба при его падении все время будет находиться на одной и той же вертикали. Столб участвует одновременно в двух движениях: поступательном и вращательном вокруг горизонтальной оси, проходящей через его центр масс. Запишем закон сохранения полной механической энергии в виде:
\[
\frac{m g l}{2}=\frac{m v_{\mathrm{C}}^{2}}{2}+\frac{J \omega^{2}}{2},
\]
где $J=(1 / 12) m l^{2}$ – момент инерции столба относительно оси вращения, проходящей через его центр масс, $v_{\mathrm{C}}$ – скорость центра масс столба и $\omega$ угловая скорость вращения столба вокруг центра масс в момент удара о землю.
В нижнем положении, когда столб горизонтален, скорость его основания, скользящего при падении по льду, становится равной нулю, поэтому $v_{\mathrm{C}}=\omega l / 2$. Имея это в виду, получаем $\omega=\sqrt{3 g / l}$ и, следовательно, линейная скорость верхнего конца столба в момент удара
\[
v=\omega l=\sqrt{3 g l} \text {. }
\]
Ответ: а) $v=\sqrt{3 g l}$; б) $v=\sqrt{3 g l}$.
1.4.16. Сплошному однородному цилиндру массы $m$ и радиуса $R$ сообщили вращение вокруг его оси с угловой скоростью $\omega_{0}$, затем его положили боковой поверхностью на горизонтальную плоскость и предоставили самому себе. Коэффициент трения между цилиндром и плоскостью равен $k$. Найти:
a) скорость цилиндра, когда его движение перейдет в чистое качение;
б) время, в течение которого движение цилиндра будет происходить
со скольжением;
в) полную работу силы трения скольжения.
Решение
Сила трения, направленная так, как это показано на рисунке 1.37, приводит к ускорению движения центра масс цилиндра О в горизонтальном направлении, а момент этой силы относительно оси цилиндра замедляет его вращение. Соответствующие уравнения движения
\[
F_{\text {тр }}=m d v / d t \text { и } J d \omega / d t=-F_{\text {тр }} R
\]
приводят, после исключения из них силы трения, к соотношению $J d \omega=-m R d v$, интегрирование которого определяет связь между мгновенной угловой скоростью вращения цилиндра и мгновенной скоростью его поступательного движения $J \omega+m v R=$ const .
Принимая во внимание, что в отсутствии скольжения цилиндра $v=\omega R$, получаем
\[
J \omega_{0}=J \omega+m v R=\left(J+m R^{2}\right) \omega,
\]
откуда, с учетом момента инерции цилиндра $J=m R^{2} / 2$, находим установившуюся угловую скорость его вращения $\omega=\omega_{0} / 3$.
a) Скорость оси цилиндра, когда его движение перейдет в чистое качение, определяется выражением $v=\omega R=\omega_{0} R / 3$.
б) Время, в течение которого движение цилиндра будет происходить со скольжением, можно найти из уравнения движения его центра масс $F_{\text {тр }}=k m g=m d v / d t$. Интегрируя, с учетом найденной установившейся скорости цилиндра, получаем $t=\omega_{0} R / 3 \mathrm{~kg}$.
в) Работа силы трения скольжения приводит к изменению кинетической энергии движения цилиндра, поэтому
\[
A=\left(\frac{m v^{2}}{2}+\frac{J \omega^{2}}{2}\right)-\frac{J \omega_{0}^{2}}{2}=-\frac{m \omega_{0}^{2} R^{2}}{6} .
\]
Работа силы трения отрицательна, несмотря на то, что перемещение цилиндра происходит в направлении действия этой силы. Кажущееся противоречие объясняется тем, что вплоть до момента перехода движения в чистое качение, вращательная скорость внешних точек цилиндра больше его поступательной скорости и, поэтому, мгновенная скорость точек приложения силы трения направлена в сторону противоположную действию силы.
После этого момента мгновенная скорость точек соприкосновения цилиндра с плоскостью становится равной нулю, сила трения тоже обращается в ноль и, поэтому, качение цилиндра должно происходить с постоянной скоростью и не может прекратиться.
Расхождение этого вывода с опытом объясняется тем, что реальные тела деформируемы. На плоскости, по которой катится цилиндр, возникает углубление. При этом, только самые нижние точки соприкосновения цилиндра с поверхностью имеют скорость равную нулю. Остальные точки цилиндра в этом углублении проскальзывают, поэтому на них действуют силы трения скольжения. Момент сил трения относительно оси цилиндра приводит к замедлению его вращения. Однако, наличием только сил трения нельзя объяснить прекращение движения цилиндра, так как результирующая всех сил трения направлена в сторону его перемещения.
На точки цилиндра, попадающие в углубление, действует нормальная сила реакции опоры со стороны деформированной плоскости. Из-за неоднородности этой деформации, возникающей вследствие движения цилиндра, результирующая всех сил реакции опоры имеет компоненту направленную навстречу направлению его перемещения. Будучи больше результирующей всех сил трения скольжения, действующих в углублении, эта сила приводит к замедлению поступательного движения цилиндра. При этом, момент сил реакции опоры относительно оси цилиндра равен нулю и не влияет на скорость его вращения.
Таким образом, в случае реального качения происходит уменьшение, как поступательной, так и вращательной скорости движения цилиндра и в конце концов движение цилиндра прекращается.
Ответ: а) $v=\omega_{0} R / 3$; б) $t=\omega_{0} R / 3 \mathrm{~kg}$; в) $A=-m \omega_{0}^{2} R^{2} / 6$.
1.4.17. Сплошному однородному шару радиусом $R$, лежащему на горизонтальной плоскости, сообщили скорость $v_{0}$ без вращения. Найти угловую скорость шара, когда его движение перейдет в чистое качение.
Решение
Сила трения, направленная так, как это показано на рисунке 1.38, приводит к замедлению движения центра масс шара $\mathrm{O}$ в горизонтальном направлении, а момент этой силы относительно оси, проходящей через точку О перпендикулярно плоскости рисунка, ускоряет вращение шара. Соответствующие уравнения движения
\[
m d v / d t=-F_{\text {тр }} \text { и } J d \omega / d t=F_{\text {тр }} R
\]
приводят, после исключения из них силы трения, к соотношению $J d \omega=-m R d v$, интегрирование которого определяет связь между мгновенной угловой скоростью вращения шара и мгновенной скоростью его поступательного движения $J \omega+m v R=$ const .
Принимая во внимание, что в отсутствии скольжения $v=\omega R$, получаем
\[
m v_{0} R=J \omega+m v R=\left(J+m R^{2}\right) \omega,
\]
откуда, с учетом момента инерции шара $J=2 m R^{2} / 5$, находим установившуюся угловую скорость его вращения .
\[
\omega=\frac{5}{7} \frac{v_{0}}{R} .
\]
Ответ: $\omega=5 v_{0} / 7 R$.
1.4.18. Как надо ударить кием по бильярдному шару, чтобы он после удара двигался по поверхности стола а) замедленно, б) ускоренно, в) равномерно? Предполагается, что удар наносится горизонтально в вертикальной плоскости, проходящей через центр шара и точку касания его с плоскостью бильярдного стола.
Решение
Под действием силы $F$, с которой на шар действует кий во время удара, происходит изменение скорости центра масс шара С в соответствии с уравнением $F=m d v / d t$. Одновременно, момент этой силы относительно оси, проходящей через центр масс шара, приводит к изменению угловой скорости его вращения. Уравнение вращательного движения имеет вид $J d \omega / d t=F x$, где $x$ – расстояние от центра шара до места удара, $J=2 m R^{2} / 5$ – момент инерции шара с радиусом $R$ и массой $m$. При записи этих уравнений мы предполагали, что сила трения шара о плоскость стола пренебрежимо мала по сравнению с силой удара $F$.
Исключая из этих уравнений силу $F$, получаем соотношение $J d \omega=m x d v$, которое после интегрирования принимает вид $J \omega=m x v$ и связывает поступательную скорость шара с угловой скоростью его вращения сразу после удара.
Последующее движение шара по поверхности стола определяется силой трения. Если сила трения противодействует движению шара, то он движется замедленно. Если сила трения направлена в сторону перемещения шара, то он движется ускоренно. Наконец, если сила трения равна нулю, то качение шара происходит равномерно.
Направление силы трения скольжения противоположно направлению скорости движения точки касания шара с плоскостью стола. Если вращательная скорость точки касания направлена в ту же сторону, что и поступательная (это имеет место при ударах ниже центра шара) или вращательная скорость направлена навстречу поступательной (это имеет место при ударах выше центра шара), но оказывается меньше ее по величине, то движение шара после удара будет замедленным. Последнее возможно при условии $\omega R<v$ или $m R x<J$, откуда $x<2 R / 5$. Таким, образом, при «низких» ударах, когда высота $h$ места удара над плоскостью стола меньше $7 R / 5$, движение шара после удара будет замедленным.
При «высоких» ударах, когда $h>7 R / 5$, вращательная скорость точки касания будет больше ее поступательной скорости. Результирующая скорость точки касания шара будет направлена навстречу его перемещению, поэтому сила трения, действующая на шар будет ускорять его поступательное движение.
Наконец, если точка удара лежит на высоте $h=7 R / 5$, то шар будет двигаться равномерно. Такие удары называются «нормальными» и после них шар движется по поверхности стола без проскальзывания. При этом, сила трения покоя в месте касания должна быть равна нулю, так как в противном случае ее действие приводило бы к ускорению (замедлению) поступательного движения и, одновременно, к замедлению (ускорению) вращательного движения, что невозможно, так как при чистом качении шара соответствующие скорости связаны соотношением $v=\omega R$. Если не учитывать деформацию, то такое качение шара не может прекратиться. Деформация шара и плоскости стола приводит к появлению силы трения качения (см. комментарий к задаче 1.4.16) и к остановке движения шара.
1.4.19. Однородный шар радиуса $r$ скатывается без скольжения с вершины сферы радиуса $R$. Найти угловую скорость шара после отрыва от сферы. Начальная скорость шара пренебрежимо мала.
Решение
В месте отрыва шара от сферы сила реакции опоры, действующая на шар при его скатывании, обращается в ноль. Поэтому, уравнение движения центра масс шара по окружности радиуса $R+r$ принимает в точке отрыва вид
Рис. 1.39
\[
m g \cos \alpha=m v^{2} /(R+r) .
\]
Так как при чистом качении сила трения, действующая на шар, работы не совершает, то выполняется закон сохранения полной механической энергии
\[
m g(R+r)(1-\cos \alpha)=m v^{2} / 2+J \omega^{2} / 2 .
\]
Принимая во внимание, что при скатывании без скольжения угловая скорость вращения шара $\omega$ и скорость его поступательного движения $v$ связаны соотношением $v=\omega r$, получаем два
уравнения с двумя неизвестными: косинусом центрального угла $\alpha$ и угловой скоростью $\omega$ в месте отрыва. Совместное решение этих уравнений дает
\[
\omega=\sqrt{\frac{10 g(R+r)}{17 r^{2}}} .
\]
Ответ: $\omega=\sqrt{\frac{10 g(R+r)}{17 r^{2}}}$.
1.4.20. Сплошной однородный цилнндр радиуса $R$ катится без скольжения по горизонтальной плоскости, которая переходит в наклонную плоскость, идущую под уклон и составляющую угол $\alpha$ с горизонтом. Найти максимальное значение скорости $v_{0}$ цилиндра, при котором он перейдет на наклонную плоскость еще без скачка.
Решение
При переходе на наклонную плоскость без скачка центр масс цилиндра С движется по окружности радиуса $R$ с центром в точке касания O (см. рис. 1.40). Скорость цилиндра при этом возрастает от первоначального значения $v_{0}$ до некоторой величины $v$. Максимально возможная скорость центра масс $\mathrm{C}$, в тот момент, когда цилиндр завершает поворот и начинает движение по наклонной плоскости, определяется требованием обращения в этот момент силы реакции опоры в точке О в ноль. В таком случае, уравнение движения центра масс в проекции на направление к центру окружности О имеет вид
\[
m g \cos \alpha=m v^{2} / R .
\]
Так как цилиндр катится без скольжения, то в процессе движения выполняется закон сохранения полной механической энергии
\[
\frac{m v_{0}^{2}}{2}+\frac{J \omega_{0}^{2}}{2}+m g R(1-\cos \alpha)=\frac{m v^{2}}{2}+\frac{J \omega^{2}}{2},
\]
где $J=m R^{2} / 2$ – момент инерции цилиндра.
Принимая во внимание, что при движении без проскальзывания $v_{0}=\omega_{0} R$ и $v=\omega R$, получаем, после исключения с помощью этих соотношений угловых скоростей вращения цилиндра $\omega_{0}$ и $\omega$, два уравнения с двумя неизвестными $v_{0}$ и $v$. Совместное решение этих уравнений дает максимальное значение горизонтальной скорости цилиндра, при которой он перейдет на наклонную плоскость без скачка
\[
v_{0}=\sqrt{(7 \cos \alpha-4) g R / 3} .
\]
При достаточно крутом наклоне, когда $\cos \alpha<4 / 7$, переход цилиндра на наклонную плоскость будет всегда происходить со скачком.
Ответ: $v_{0}=\sqrt{(7 \cos \alpha-4) g R / 3}, \cos \alpha>4 / 7$.
1.4.21. На полу кабины лифта, которая начинает подниматься с постоянным ускорением $a=2,0 \mathrm{~m} / \mathrm{c}^{2}$, установлен гироскоп – однородный диск радиуса $R=5,0$ см на конце стержня длины $l=10$ см. Другой конец стержня укреплен в шарнире О (см. рис. 1.41). Гироскоп прецессирует с угловой скоростью $n=0,5$ об/с. Пренебрегая трением и массой стержня, найти собственную угловую скорость диска.
Решение
Перейдем в неинерциальную систему отсчета, связанную с лифтом. В этой системе на гироскоп действует, кроме силы тяжести $m g$ и силы реакции опоры в точке $\mathrm{O}$, сила инерции
Рис. 1.41 $m a$, направленная вертикально вниз. Угловая скорость $\omega_{1}$ прецессии гироскопа связана с его моментом импульса $\boldsymbol{M}$, равным $J \omega$, и моментом $N$ внешних сил известным соотношением
\[
\left[\omega_{1} M\right]=N
\]
откуда, с учетом направления соответствующих векторов, показанных на рисунке 1.41 , получаем
\[
2 \pi n J \omega=(m g+m a) l,
\]
где принято во внимание, что момент силы реакции опоры относительно точки О равен нулю.
Так как момент инерции $J$ гироскопа в виде однородного диска равен $m R^{2} / 2$, то искомая угловая скорость вращения гироскопа определяется выражением
\[
\omega=\frac{(a+g) l}{n \pi R^{2}} .
\]
Ответ: $\omega=\frac{(a+g) l}{n \pi R^{2}}$.
