.

Динаміка обертового руху матеріальної точки (реферат)

Язык: украинский
Формат: реферат
Тип документа: Word Doc
7 6069
Скачать документ

Реферат на тему:

Динаміка обертового руху матеріальної точки Зміст

Основні теоретичні дані……………………………………………………… 3

Методика розв’язку…………………………………………………………… 4

рух у горизонтальній площині……………………………………….… 4

рух у вертикальній площині………………………………………….… 8

рух планет та супутників по коловій орбіті………………..……….… 11

Заключення та висновки………………………………………………….…. 14

Список використаної літератури…………………………………………… 15

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.

, 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:

(1), де

– прискорення тіла.

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

(2), де R – радіус кола,

– лінійна швидкість матеріальної точки.

Зв’язок між такими параметрами обертального руху, як

– колова швидкість руху;

– частота руху;

– період руху;

надають формули:

(3)

(4)

(5)

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

:

дорівнює нулеві.

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

(6),

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

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.

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:

початок координат краще сумістити з самим тілом як мат. точкою; вісь
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.

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

. Маятник обертається зі сталою швидкістю.

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

. Т.я. при рівномірному обертанні по коловій траекторії прискорення є
доцентровим, ІІ закон Ньютона набуде вигляду:

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

(1.1)

(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:

(1.3), звідки

(1.4)

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

,

(1.5)

Підставляючи у (1.3), отримаємо:

Як видно з рисунку

, тоді

(1.6)

є найбільш інформативним параметром даної системи – конічного маятника.

.

Приклад 2. Рух мотоцикліста по колу

?

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).

(2.1)

За ІІ законом Ньютона:

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

(2.2)

(2.3)

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

, або

Отже, максимально можлива швидкість мотоцикліста:

(2.4)

) 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:

З рисунку видно, що:

, тому

(2.4)

, що визначається за формулою (2.4)

Приклад 3 Рух тіла на диску, що обертається

.

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:

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

(3.1)

(3.2)

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

(3.3)

:

(3.4)

(3.5)

Покажемо схематичний графік залежності:

Звідси одразу видно якою буде ”максимальна” швидкість обертання диску, –
при якому тіло буде ще лежати на диску:

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.

, 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:

(4.1)

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

(4.2)

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

, звідки

(4.3)

З рисунка видно:

або, підставляючи (4.3):

(4.4)

. 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.

?

За ІІ законом Ньютона:

(5.1)

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

(5.2)

Тут була урахована рівність (1.3).

згідно (5.2) приймає вигляд:

(5.3), тобто

T( cos(

.Тому

(5.4)

Стержень не розірветься за умови:

(5.5)

З (5.3) маємо:

(5.6)

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

(5.7)

Також зазначимо,що при:

(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”:

(5.9)

Звідки знаходимо:

(5.10), за умови (5.8)

Тобто:

(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:

(7)

– 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.

м, а її маса М = 6(1024 кг.

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

– відстань до осі обертання Земної кулі, отримаємо:

(6.1)

(6.2)

Розділивши рівняння (6.2) на рівняння (6.1), отримаємо шукане відношення
ваги на екваторі та на полюсі:

(6.3)

можемо знайти знаючи період обертання Землі навколо своєї осі: Т = 24
години = 24(60(60=86400 с. Маємо:

Отже (6.3) набуде кінцевого вигляду:

(6.4)

Підставляючи у (6.4) числові знічення параметрів Земної кулі, отримаємо:

Отже бачимо, що вага на екваторі Землі буде незначно більшою, ніж вага
на плюсі.

Приклад 7 Перша космічна швидкість

Щоб супутник, чи космічний корабель вийшов на колову орбіту навколо
Землі, йому необхідно надати в горизонтальному напрямку певну швидкість,
яку називають першою космічною швидкістю. Знайдіть цю швидкість.

. Тому формула (7) набуде вигляду:

(7.1)

Звідки знаходимо першу космічну швидкість:

(7.2)

В дійсності супутник не може обертатися над самою поверхнею, у зв’язку з
цим постає задача, наведена у наступному прикладі.

Приклад 8 Лінійна швидкість супутника

від поверхні Землі. Яку лінійну швидкість треба надати супутнику, щоб
він почав рухатися по коловій орбіті?

, на нього діє тільки сила всесвітнього тяжіння. Отже запишемо формулу
(7) для даного випадку:

(8.1),

– її маса.

Біля поверхні Землі сила тяжіння:

, звідки

(8.2)

Підставляючи (8.2) у (8.1), отримаємо вираз для лінійної швидкості
супутника:

(8.3)

ця формула переходить в формулу (7.2).

Заключення і висновки

Отже, ми розглянули методику розв’язку основних класів задач на динаміку
рівномірного обертального руху матеріальної точки. Побачили на
прикладах, специфіки розв’язку окремих класів. Але скрізь простежується
дещо спільне для всіх задач на динаміку обертального руху. Насправді,
можна виділити загальний підхід до їх розв’язку. Цей підхід реалізуємо у
вигляді алгаритму.

Загальний алгоритм розв’язку:

Проаналізувати умову задачі, де необхідно (в більшості випадків)
нарисовати рисунок у якийсь фіксований момент часу.

Записати рівняння руху у вигляді ІІ закону Ньютона у векторній формі.

Вибрати вісь ОХ таким чином, що початок осі буде співпадати з центром
мас тіла, що обертається, а напрямок буде напрямлений до центра кола
обертання. Вісь ОУ вибрати з огляду зручності.

Записати ІІ закон Ньютона у проекціях на осі. Іноді достатньо лише
проекції на вісь ОХ.

З’ясувати як буде математично визначатися питання задачі. Може з’явитися
ще одне рівняння.

Розв’язати отримане рівняння або систему й отримати відповідь.

Проаналізувати, чи відповідь повна, або чи має зайву інформацію.

Список використаної літератури

С.У. Гончаренко «Фізика 9 клас»; Київ «Освіта» 1997 – 430 с.

«Элементарный учебник физики» под ред. академика Г.С. Ландсберга; Москва
«Наука» 1972 – 654 с.

И.Е. Иродов «Основные законы механики»; Москва «Высшая школа» 1985 – 247
с.

В.К. Кобушкин «Методика решения задач по физике»; издательство
Ленинградского университета 1972 – 245 с.

С.Ф. Клочко «Базові задачи з фізики»; Київ 1995 – 74 с.

Н.И. Кошкин и М.Г. Ширкевич «Справочник по элементарной физике»; под
ред. Д.И. Сахарова Москва 1960 – 208 с.

«Справочник по физике для поступающих в ВУЗы»; под ред. Н.П. Калабухова
Киев «Наукова думка» 1969 – 359 с.

А.В Кругліков, С.О. Подласов “Збірник вправ та задач для довузівської
підготовки з фізики”; Кіїв 1998 – 217 с.

PAGE 2

О

(

h

l

R

O

X

Y

О

Y

О’

X

R

O

R

h

(

(

R

Х

О

Y

R

O`

O

X

О

Нашли опечатку? Выделите и нажмите CTRL+Enter

Похожие документы
Обсуждение

Оставить комментарий

avatar
  Подписаться  
Уведомление о
Заказать реферат!
UkrReferat.com. Всі права захищені. 2000-2020