Кинематика твёрдого тела, мгновенный центр вращения

Движение колеса — чистое вращение вокруг мгновенного центра. Свяжите скорость центра колеса с угловой скоростью и расстоянием до этого центра, а угловую скорость — с числом оборотов за то же время.

\(x = \dfrac{S}{2\pi N} \approx 6{,}4\) см.

Скорость центра колеса равна \(v = \omega x\), где \(x\) — расстояние от центра колеса до мгновенного центра вращения. Так как движение равномерное, \(S = vt\), где \(S\) — перемещение центра колеса за время \(t\). С другой стороны, \(2\pi N = \omega t\). Решая систему уравнений, получаем \[x = \frac{S}{2\pi N} = 6{,}4\text{ см}.\]

Нерастяжимая нить, намотанная без проскальзывания, имеет в точке схода скорость, равную скорости соответствующей точки поверхности цилиндра. Выразите её через скорость оси и \(\omega\).

\(\omega = 40\) рад/с.

Найдите мгновенный центр скоростей как точку пересечения перпендикуляров к скоростям точек \(A\) и \(B\).

a) 14 см/c;  b) 4.

Найдите мгновенный центр вращения палочки: скорость точки \(A\) горизонтальна, а скорость точки касания \(C\) направлена вдоль палочки.

\(v_B \approx 19\) см/с.

Обозначим \(AC = x\), тогда мгновенный центр вращения палочки лежит на вертикальной прямой, проходящей через точку \(A\), на расстоянии \(S_A = x\sqrt2\) от неё. Можно показать, что расстояние от мгновенного центра вращения до точки \(B\) равно \(S_B = x\sqrt5\), следовательно, искомая скорость равна \[v_B = v_A \cdot \frac{S_B}{S_A} \approx 19\text{ см/с}.\]

Скорость любой точки твёрдого тела — сумма скорости центра и скорости вращения вокруг центра. У вершин квадрата скорости вращения одинаковы по модулю и перпендикулярны радиусам \(OA\), \(OB\).

Проекция \(V_O\) на направление \(AC\) может быть равной \(+4\) м/с, \(+3\) м/с, \(-4\) м/с или \(-3\) м/с.

Проекции скоростей концов на ось стержня равны; найдите по ним скорость середины. Сила тяжести вдоль плоскости постоянна, поэтому центр масс движется с постоянным ускорением \(g\sin\alpha\) вдоль линии падения воды.

Модуль скорости середины стержня изменился в \(\dfrac{V_{O2}}{V_{O1}} = \sqrt{\dfrac{13}{5}} \approx 1{,}61\) раза.

Куда направлена сила тяжести жука и где должен находиться центр масс системы, чтобы клочок покоился? Разложите движение жука на движение по окружности относительно клочка и вращение самого клочка.

\(u_{\max} = V\) при \(t = \dfrac{\pi a}{3V}\).

Куда направлена скорость центра масс, пока нет горизонтальных сил? А скорость нижнего конца? Мгновенный центр лежит на перпендикулярах к этим скоростям.

Мгновенный центр вращения движется по четверти окружности радиусом \(l/2\).

Вдоль поверхности на стержень не действует внешних сил, следовательно, центр масс системы движется вдоль вертикальной линии. Нижняя точка \(A\) стержня движется горизонтально без отрыва от поверхности. Положение мгновенного центра вращения (МЦВ) в произвольный момент указано на рисунке. Расстояние от точки \(B\) до МЦВ в любой момент времени равно \(l/2\). Следовательно, МЦВ движется вдоль четверти окружности радиусом \(l/2\).

Угловая скорость муфты равна угловой скорости стержня. Разложите скорость точки \(A\) на составляющие вдоль стержня и поперёк него: вращает стержень только поперечная составляющая.

1) \(\sin\alpha = \dfrac{r}{a}\);  2) \(\Omega_{\max} = \omega\cdot\dfrac{r}{a-r}\).

Скорости зубьев в точках зацепления одинаковы, поэтому частоты вращения шестерён обратно пропорциональны числам зубьев. Для пункта 2 перейдите в систему отсчёта, связанную с водилом.

1) \(N_A = \dfrac{3n}{7}\);  2) \(N_B = \dfrac{3n + 7N}{10}\).

За время между вспышками обруч поворачивается на четверть оборота. Как по двум точкам, отстоящим на пол-оборота, найти положение оси обруча?

\(R = (0{,}75 \pm 0{,}05)\text{ м}\), \(v = (5{,}7 \pm 0{,}5)\text{ м/с}\).

Задача может быть решена разными способами. Покажем один из них, наиболее простой по мнению автора.

Пусть \(\{\mathbf r_i\}\), \(i = 1, 2, 3, 4\) "— совокупность радиус-векторов точек, изображённых на рисунке, в некоторой системе координат; \(\{\mathbf R_i\}\), \(i = 1, 2, 3, 4\) "— совокупность радиус-векторов точек, изображающих центр диска в моменты вспышек. Обозначим \(\mathbf a\) "— вектор, проведённый из точки, изображающей центр диска, к точке, изображающей лампочку в моменты первой вспышки, вектор \(\mathbf b\) "— аналогичный вектор для момента второй вспышки.

Справедливы соотношения \[\mathbf r_1 = \mathbf R_1 + \mathbf a, \qquad \mathbf r_3 = \mathbf R_1 + \mathbf v \cdot 2t - \mathbf a,\] в которых \(\mathbf v\) "— скорость движения центра диска. Для моментов второй и четвёртой вспышек верны соотношения \[\mathbf r_2 = \mathbf R_2 + \mathbf b, \qquad \mathbf r_4 = \mathbf R_2 + \mathbf v \cdot 2t - \mathbf b.\] Из этих соотношений следуют формулы \[\frac{\mathbf r_1 + \mathbf r_3}{2} = \mathbf R_1 + \mathbf v \cdot t = \mathbf R_2, \qquad \frac{\mathbf r_2 + \mathbf r_4}{2} = \mathbf R_3.\] Легко видеть, что полусумма векторов \(\dfrac{\mathbf r_1 + \mathbf r_3}{2}\) "— есть радиус-вектор середины отрезка, соединяющего точки 1 и 3. Отсюда следует вывод о том, что точка, изображающая центр диска в момент второй вспышки, совпадает с серединой отрезка 13. Аналогично, точка, изображающая центр диска в момент третьей вспышки, совпадает с серединой отрезка 24.

Таким образом, построение содержит следующие шаги. Строим середины отрезков 13 и 24 (точки \(O_2\) и \(O_3\) соответственно на рисунке). Длина отрезка \(O_2 2\) равна радиусу диска. За четверть секунды точка, изображающая центр диска, проходит путь, соответствующий длине отрезка \(O_2O_3\).

Измерения по чертежу, сделанные после построений при помощи линейки, дают \(O_2 2 = 34{,}5\text{ мм}\), \(O_2O_3 = 64{,}5\text{ мм}\). Сравнив при помощи линейки найденные длины с длиной отрезка, соответствующего длине 1 метр (45 мм), получаем искомые величины \[R \approx \frac{34{,}5}{45}\text{ м} = 0{,}75\text{ м}, \qquad v \approx \frac{64{,}5}{45}\cdot 4\text{ м/с} \approx 5{,}7\text{ м/с}.\]

У всех точек диска в данный момент угол между полным ускорением и скоростью один и тот же, а модули \(v\) и \(a\) пропорциональны расстоянию до оси. Где лежит мгновенный центр вращения?

Выразите расстояние от букашки до стенки через угол наклона стержня и пройденный букашкой путь. Подумайте, при каком угле наклона это расстояние максимально и успеет ли букашка добраться до конца стержня к этому моменту.

\(S = \dfrac{u}{V}\cdot\dfrac{L}{2}\) при \(u < \sqrt2\,V\);  \(S = L\sqrt{1-\left(\dfrac{V}{u}\right)^2}\) при \(u \geq \sqrt2\,V\).

Если скорости всех точек стержня равны, то проекции их ускорений на стержень тоже должны совпадать. Что это говорит о направлении ускорений? Затем воспользуйтесь теоремой о движении центра масс.

\(\dfrac{3}{2}\,m a_0\) или \(\dfrac{1}{2}\,m a_0\); вектор силы направлен в ту же сторону, что и вектор \(\vec a_A\).

Векторы скоростей всех точек твёрдого стержня в рассматриваемый момент времени равны друг другу. Чтобы через малое время \(\Delta t\) проекции скоростей всех точек на направление стержня по-прежнему оставались одинаковыми, проекции ускорений на направление стержня тоже должны быть одинаковыми. Абсолютные значения ускорений концов стержня различны, но при этом ускорения направлены вдоль параллельных прямых, поэтому векторы ускорений могут давать одинаковую проекцию на направление стержня только в том случае, если векторы ускорений перпендикулярны стержню.

Перейдём в инерциальную систему отсчёта, в которой в данный момент времени стержень покоится. Ускорения точек стержня не изменят своего значения и направления. Через бесконечно малый промежуток времени \(\Delta t\) скорости точек стержня будут перпендикулярны стержню и скорость точки \(A\) будет вдвое больше скорости точки \(B\). Скорости остальных точек стержня будут пропорциональны расстоянию до мгновенного центра вращения. Пусть на стержне это точка \(O\), тогда ускорения точек в начале интервала времени \(\Delta t\) должны быть тоже пропорциональными расстоянию до точки \(O\) стержня. Проведём прямые через начала ускорений \(\vec a_A\) и \(\vec a_B\) и через их концы. Точка стержня, которая лежит на пересечении этих прямых, имеет нулевое ускорение (точка \(O\)). Найдём ускорение центра масс стержня. Если ускорения точек \(A\) и \(B\) направлены в одну сторону, то ускорение центра масс равно \(\dfrac{3}{2}a_0\) и совпадает с направлением векторов \(\vec a_A\) и \(\vec a_B\). Если ускорения точек \(A\) и \(B\) направлены в разные стороны, то ускорение центра масс равно \(\dfrac{1}{2}a_0\) и совпадает с направлением вектора \(\vec a_A\). Результирующую силу, действующую на стержень, найдём, воспользовавшись теоремой о движении центра масс. В итоге получаем, что на стержень действует либо сила \(\dfrac{3}{2}\,m a_0\), либо сила \(\dfrac{1}{2}\,m a_0\). В обоих случаях вектор силы направлен в ту же сторону, что и вектор \(\vec a_A\).

Нить нерастяжима: как меняется её длина между барабаном и муфтой \(B\)? Сравните скорость сматывания нити с проекциями скоростей муфт на направление нити.

\(u \approx 32\) см/с.

Скорость каждой точки катящегося обруча перпендикулярна отрезку, соединяющему её с точкой касания поверхности. Что из этого следует для углов между такими отрезками?

1) \(v_1 = v_0\sqrt3 = 3\) м/с;  2) \(v_2 = v_0 \approx 1{,}7\) м/с;  3) \(v_{21} = 2v_0 \approx 3{,}5\) м/с.

Обозначим через \(C\) точку, в которой обруч касается горизонтальной поверхности. Эта точка является мгновенным центром скоростей. Поскольку векторы \(\vec v_1\) и \(\vec v_2\) ортогональны, отрезки \(C1\) и \(C2\) перпендикулярны. Пусть точка \(O\) "— центр обруча, обозначим \(\angle OC1\) за \(\varphi\), тогда \(\angle OC2 = \dfrac{\pi}{2} - \varphi\). Отсюда имеем соотношение для определения угла \(\varphi\): \[\frac{v_1}{v_2} = \frac{2\omega R\cos\varphi}{2\omega R\sin\varphi} = \operatorname{ctg}\varphi .\] Произведение \(\omega R\) есть скорость оси обруча \(v_0\), поэтому искомые скорости равны: \[v_1 = 2\omega R\cos\varphi = 2v_0\cos\varphi = 2v_0\,\frac{\operatorname{ctg}\varphi}{\sqrt{1+\operatorname{ctg}^2\varphi}} = v_0\sqrt3, \qquad v_2 = v_0 .\] Вектор относительной скорости \(\vec v_{21}\) равен разности векторов \(\vec v_2\) и \(\vec v_1\). Поскольку эти два вектора ортогональны, абсолютная величина относительной скорости находится по теореме Пифагора: \(v_{21} = \sqrt{v_1^2 + v_2^2} = 2v_0\).

После освобождения горизонтальная составляющая импульса системы сохраняется, а центр масс движется как тело в поле тяжести. Что можно сказать о вертикальной скорости шарика 2 в момент наибольшего подъёма?

Шарик 2 двигался в момент освобождения шарика 1 по горизонтали со скоростью \(V_2 = \sqrt{\dfrac{2gL\beta}{\sin\beta}}\).

Найдите, на какое расстояние вдоль плоскости сместился центр масс бруска, и воспользуйтесь законом сохранения энергии (или найдите ускорение вдоль плоскости).

\(v = \sqrt{2g\left(h - \dfrac{b}{2}\cos\alpha - \dfrac{a\cos\alpha}{\operatorname{tg}2\alpha}\right)}\).

Сначала нужно определить перемещение центра масс бруска. Из геометрии находим, что начальная координата центра масс бруска относительно ребра двугранного угла \(l_0 = \dfrac{h}{\cos\alpha}\), а конечная (см. рисунок) \[l = \frac{b}{2} + \frac{a}{\operatorname{tg}2\alpha}.\]

1-й способ (динамический). Согласно второму закону Ньютона, ускорение бруска равно \[a = \frac{F}{m} = \frac{mg\cos\alpha}{m} = g\cos\alpha = 8{,}5\text{ м/с}^2.\]

Путь \(l_0 - l\) брусок прошёл за время \(t\): \[l_0 - l = (g\cos\alpha)\,\frac{t^2}{2} \quad\Rightarrow\quad t = \sqrt{\frac{2(l_0 - l)}{g\cos\alpha}} = 0{,}46\text{ с}.\] Скорость бруска в конце пути: \[v = (g\cos\alpha)\cdot t = \sqrt{2g\left(h - \frac{b}{2}\cos\alpha - \frac{a\cos\alpha}{\operatorname{tg}2\alpha}\right)}.\]

2-й способ (энергетический). Из-за отсутствия диссипации (трения) полная механическая энергия сохраняется. Поэтому \[mgh = mgl\cos\alpha + \frac{mv^2}{2} \quad\Rightarrow\quad v^2 = 2g(l_0 - l)\cos\alpha \quad\Rightarrow\quad v = \sqrt{2g\left(h - \frac{b}{2}\cos\alpha - \frac{a\cos\alpha}{\operatorname{tg}2\alpha}\right)}.\]

Перейдите в систему отсчёта, поступательно движущуюся вместе с центром колеса: в ней все точки обода движутся по окружности. Не забудьте добавить ускорение этой системы.

\(a_A = a_B = \sqrt{5}\,a_0\).

В поступательно движущейся системе отсчёта, скорость которой совпадает со скоростью центра колеса, все точки движутся по окружностям. В отсутствие проскальзывания тангенциальное ускорение точек обода равно ускорению центра колеса относительно земли. Нормальное ускорение точек обода для указанного в условии момента времени также равно по величине \(a_0\). Следовательно, ускорение точки \(A\) в исходной системе отсчёта в рассматриваемый момент равно векторной сумме направленного вертикально вниз нормального ускорения \(a_0\) и горизонтального ускорения \(2a_0\) и составляет по величине \[a_A = \sqrt{a_0^2 + (2a_0)^2} = \sqrt{5}\,a_0 .\] Ускорение точки \(B\) в исходной системе отсчёта в рассматриваемый момент равно векторной сумме направленного вертикально вверх ускорения \(a_0\) и горизонтального ускорения \(2a_0\) и составляет по величине \(\sqrt{5}\,a_0\).

Горизонтальные координаты шарниров растут пропорционально их номеру вдоль цепочки, а вертикальная координата верхнего шарнира связана с ними через угол \(\alpha\).

1) \(24\) см/с;  2) \(31{,}7\) см/с.

В системе отсчёта оси ускорение любой точки — сумма центростремительного и тангенциального вклада вращения и ускорения оси. Условие на точку \(C\) связывает угловую скорость и угловое ускорение.

1) \(2{,}2\) м/с\(^2\);  2) \(2{,}2\) м/с\(^2\).

Вдоль линии касания скорости точек валика и диска совпадают лишь в одной точке — там сила трения меняет направление. Положение этой точки на свободном диске найдите из равенства нулю суммарного момента сил трения на нём, затем так же — для валика.

\(\omega_x = \omega_0(\sqrt2 - 1)\).

Рассмотрим момент времени, когда валик и правый диск вращаются с постоянными угловыми скоростями \(\Omega\) и \(\omega_x\) соответственно. Введём ось \(Oy\), направленную вдоль оси симметрии валика влево, с началом в центре его правого основания.

Сила трения, действующая на правый диск, меняет своё направление в некоторой точке с координатой \(y_x\). На участке с координатой от \(0\) до \(y_x\) скорость точек валика \(\Omega r\) больше, чем скорость точек диска \(v_x = \omega_x y\), значит сила трения на этом участке направлена по скорости точек валика («от нас»). Аналогично можно показать, что на участке с координатой от \(y_x\) до \(R\), сила трения направлена против скорости точек валика («на нас»).

Сила трения, действующая на участке длиной \(\Delta y\), равна \(f\Delta y\), где \(f\) — сила трения, приходящаяся на единицу длины. Равнодействующая такой равномерно распределённой силы приложена к середине указанного отрезка. С учётом того, что суммарный момент внешней силы трения, действующей на правый диск, равен нулю, получаем: \[fy_x\cdot\frac{y_x}{2} = f(R - y_x)\cdot\frac{R + y_x}{2}.\] Откуда \(y_x = R/\sqrt2\).

Сила трения, действующая на валик со стороны левого диска меняет своё направление в некоторой точке с координатой \(y_0\). Плечо этой силы равно \(r\), а так как валик равномерно вращается, то суммарный момент силы трения, действующей на валик относительно оси вращения также равен нулю, а значит: \[fy_x\cdot r + f(2R - y_0)\cdot r = f(y_0 - y_x)\cdot r.\] Откуда \(y_0 = y_x + R = R/\sqrt2 + R\).

В точках с координатами \(y_x\) и \(y_0\), где сила трения меняет направление, скорости точек дисков равны скорости точек валика \(\Omega r\). Скорость точки правого диска с координатой \(y_x\) равна \(\omega_x\cdot y_x = \omega_x\frac{R}{\sqrt2}\). Скорость точки левого диска с координатой \(y_0\) равна \(\omega_0\cdot(2R - y_0) = \omega_0\cdot\left(R - \frac{R}{\sqrt2}\right)\). С учётом этого \(\omega_x\frac{R}{\sqrt2} = \omega_0\cdot\left(R - \frac{R}{\sqrt2}\right)\) или \[\omega_x = \omega_0(\sqrt2 - 1).\]

Горизонтальных внешних сил нет, значит, центр масс гантели движется только по вертикали. Свяжите это с условием нерастяжимости стержня и запишите закон сохранения энергии.

Модуль скорости шарика массой \(m\) равен \(V_1 = \sqrt{\dfrac{2gL(1-\sin\beta)(9-5\sin^2\beta)}{9-3\sin^2\beta}}\), модуль скорости шарика массой \(2m\) равен \(V_2 = \sin\beta\sqrt{\dfrac{2gL(1-\sin\beta)}{9-3\sin^2\beta}}\).

Конус обкатывается вокруг вертикальной оси через его вершину. Найдите период этого обращения и число оборотов конуса вокруг своей оси за этот период; снимок повторится, когда оба числа оборотов окажутся целыми.

\(T = \dfrac{5\pi\,(4L^2 - D^2)}{V L} = \dfrac{144\pi}{65}\ \text{с} \approx 7\) с.