СОДЕРЖАНИЕ
Введение
1. Механика твёрдого тела. Динамика поступательного и вращательного движения твёрдого тела. Определение момента инерции тела с помощью маятника Обербека
Контрольные вопросы
Решение
2. Колебания и волны
2.1 Кинематика колебательного движения
Контрольные вопросы
Решение
2.2 Динамика колебательного движения
Контрольные вопросы
Решение
Заключение
Список литературы
ВВЕДЕНИЕ
Целью расчётно-графической работы является углубление и закрепление знания основных понятий и законов двух разделов: «Механика твёрдого тела» и «Гармонические колебания». Для того, чтобы укрепить знания по разделу «Механика твёрдого тела» необходимо с помощью маятника Обербека исследовать зависимость углового ускорения от момента внешней силы при условии, что I0=const, и зависимость момента инерции от расстояния грузов до оси вращения, рассчитав при этом момент инерции согласно теореме Штейнера.
МЕХАНИКА ТВЁРДОГО ТЕЛА ДИНАМИКА ПОСТУПАТЕЛЬНОГО И ВРАЩАТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ ТВЁРДОГО ТЕЛА. ОПРЕДЕЛЕНИЕ МОМЕНТА ИНЕРЦИИ ТЕЛА С ПОМОЩЬЮ МАЯТНИКА ОБЕРБЕКА
|
|
Контрольные вопросы
1. Момент инерции точки относительно данной оси – скалярная величина, равная произведению массы точки на квадрат расстояния от этой точки до оси. (Ii=miri2). Момент инерции тела относительно оси вращения – физическая велиина равная сумме произведений масс n материальных точек системы на квадраты их расстояний до рассматриваемой оси. (I=ΣIi=Σmiri)
2. Роль момента инерции во вращательном движении. Момент инерции является мерой инертности тела при вращательном движении подобно тому, как масса есть мера инертности при поступательном движении. Момент инертности показывает распределение массы в пространстве относительно оси вращения.
3. Рассмотрим сечение твердого тела произвольной формы, изображенное на рисунке
Выберем координатную систему XY с началом координат O в центре масс C тела. Пусть одна из осей вращения проходит через центр масс C, а другая через произвольную точку P, расположенную на расстоянии d от начала координат. Обе оси перпендикулярны плоскости чертежа. Пусть Δm i – некоторый малый элемент массы твердого тела. По определению момента инерции:
Выражение для IP можно переписать в виде:
Поскольку начало координат совпадает с центром масс C, последние два члена обращаются в нуль. Это следует из определения центра масс. Следовательно, I0=Ic+ma2=0,5mR2+m=1,5mR2
где m – полная масса тела.
Теорема Штейнера: момент инерции тела относительно любой оси вращения равен моменту его инерции Ic относительно оси, проходящей через центр масс плюс произведение массы тела на квадрат расстояния «а» между осями.
|
|
4. Момент силы относительно неподвижной оси – скалярная величина М равная проекции на эту ось вектора момента силы , определённого относительно произвольной точки на данной оси Z. Если имеется материальная точка, к которой приложена сила, то момент силы относительно точки равен векторному произведению радиус-вектора, соединяющий точки O и OF, на вектор силы: Направление момента силы совпадает с направлением поступательного движения правого винта при его вращении.
Уравнение динамики вращательного движения тела: Элементарная работа всех внешних сил при таком повороте равна элементарному изменению кинетичекой энергии:
dA=dEk => M=dε => M=Idω/dt => M=d(Iω)/dt
5. M=Iε – это основное уравнение динамики вращательного движения тела: угловое ускорение вращающегося тела прямо пропорционально сумме моментов всех действующих на него сил относительно оси вращения тела и обратно пропорционально моменту инерции тела относительно этой оси вращения. Полученное уравнение аналогично по форме записи выражению второго закона Ньютона для поступательного движения тела: F=ma
Ускорению поступательного движения тела а соответствует угловое ускорение вращательного движения ε. Аналогом силы F при поступательном движении, является момент силы М во вращательном движении, а аналогом массы тела m при поступательном движении, служит момент инерции тела I при вращательном движении.
Решение
Вариант | m0 | m | m1 | m2 | m3 | l1 | l2 | l3 | a | R |
22 | 0,04 | 0,2 | 0,2 | 0,1 | 0,3 | 0,3 | 0,1 | 0,5 | 0,3 | 0,03 |
1.Найдём момент инерции J0 системы, если известны масса груза m, радиус блока R, l =0, трением пренебречь.
J0=m(g-a)R/ε=m(g-a)R2/a
Вычислим и получим результат: J0 =0,0057кгм2
2.Строим график зависимости J=f(l) при l1, l2, l3.
Момент инерции маятника Обербека согласно теореме Штейнера может быть записан в виде:
J=J0+4m0l2
где l – расстояние центров грузов m от оси вращения.
Рассчитаем момент инерции системы для различных l:
при l =0 J=J0= 0,0057кгм2
при l1 =0,3 J1 =0,0201кгм2
при l2 =0,1 J2= 0,0073кгм2
при l3 =0,5 J3= 0,0457кгм2
Составим таблицу результатов расчётов и отразим это графиком:
l, м | 0 | 0,3 | 0,1 | 0,5 |
J, кгм2 | 0,0057 | 0,0201 | 0,0073 | 0,0457 |
2. Строим график зависимости ε=f(M) при m1, m2, m3 при J=const
Вращающий момент равен M = TR, где силу натяжения нити T находим из уравнения T=m(g-a), тогда M=m(g-a)R.
Из основного уравнения динамики для вращательного движения находим главное угловое ускорение: ε=m/J=m(g-a)R/J, где J =const(по условию)
Возьмём значение момента инерции из п.2: J=J0= 0,0057 кгм2
Сделаем расчёт вращающего момена М при различных значениях m:
при m1 =0,2 M1= 0,2(9,8-0,3)0,03=0,057Нм
при m2 =0,1 M2= 0,1(9,8-0,3)0,03=0,0285Нм
при m3 =0,3 M3= 0,3(9,8-0,3)0,03=0,0855Нм
Сделаем расчёт для углового ускорения ε:
при m1 =0,2 ε=M1/J0= 10с-2
при m2 =0,1 ε=M2/J0= 5с-2
при m3 =0,3 ε=M3/J0= 15с-2
Составим таблицу результатов расчёта и отразим это графиком:
m, кг | 0,1 | 0,2 | 0,3 |
M, Н*м | 0,0285 | 0,057 | 0,0855 |
ε, с-2 | 5 | 10 | 15 |
Мы получили линейную зависимость ε от М при J=const и различных массах m1, m2, m3.
Колебания и волны
Кинематика колебательного движения
Контрольные вопросы
1. Колебания – это процессы обладающие некоторой повторяемостью во времени. Гармонические колебания – колебания, происходящие по закону синуса и косинуса. Амплитуда – максимальное отклонение колеблющейся величины от положения равновесия в данный момент времени. Фаза – угловое отклонение колеблющейся величины от положения равновесия в данный момент времени. Циклическая частота – число колебаний за 2π единиц времени. Период – время одного полного колебания.
|
|
2. Дано: А=5см; Т=4с; φ0=π/2 Уравнение: ω=2π/T=π/2 => х=5sin(π/2t+π/2)
при t1=0, Х=0; при t2=1,5, Х=-5.
3. Дано: А=5 см; Т=8, ω = π/4(по формуле п.2). Написать уравнение гармонического колебания:
a. φ0=0; x=5cos(π/4t+0)= 5cos(π/4t)
b. φ0=π/2; x=5cos(π/4t+ π/2)=-5cos(π/4t)
c. φ0=π; x=5cos(π/4t+π)=-5cos(π/4t)
d. φ0=3π/2; x=5cos(π/4t+3π/2)=5sin(π/4t)
e. φ0=2π; x=5cos(π/4t+2π)= 5cos(π/4t)
Решение:
X=Acos(ωt+φ0) | t=5c | |
A=5м | ω=π | φ0=π |
1. Из уравнения гармонического колебательного движения точки определяем смещение точки и строим график X=f(t) в пределах одного периода:
X = Acos (ωt+φ0 )= 5cos (πt+π
при t1= 4 c; X1= -5
при t2= 4,5с; X2= 0
при t3 = 5с; X3= 5
при t4 = 5,5с; X4= 0
при t5 = 6с; X5= -5
Период равен: T=2π/ω=2c
2. Определяем скорость колеблющейся точки и по результатам расчёта строим график в пределах одного периода:
При t1 =4 c V1 = 0
При t2 =4,5 c V2 = 15,7 м/с
При t3 =5 c V3 = 0
При t4 =5,5 c V4 =-15,7 м/с
При t5 =6 c V5 = 0
t,с | 4 | 4,5 | 5 | 5,5 | 6 |
V,м/с | 0 | 15,7 | 0 | -15,7 | 0 |
3. Определяем ускорение колеблющейся точки и по результатам расчёта строим a=f(t) график.
A=dv/dt=-Aω2cos(ωt+φ0)=-5π2cos(πt+π/2)
При t1 =4 c, a1 = 0
При t2 =4,5c, a2= 49,3 м/с2
При t3 =5 c, a3= 0
При t4 =5,5 c, a4= -49,3 м/с2
При t5 =6 c, a5 = 0
t,c | 4 | 4,5 | 5 | 5,5 | 6 |
X, м | -5 | 0 | 5 | 0 | -5 |
t, c | 4 | 4,5 | 5 | 5,5 | 6 |
a, м/с2 | 0 | 49,3 | 0 | -49,3 | 0 |
4. Для большей наглядности сведём все три графика X=f(t), V=f(t), a=f(t) на одни оси.
Динамика колебательного движения контрольные вопросы
· Сила действующая на колеблющуюся материальную. точку массой m:
· F= - mω0x
· Кинетическая энергия материальной точки, совершающей прямолинейные гармонические колебания: Ek=mA2ω2cos2(ωt+φ)/2
· Потенциальная энергия материальной точки, совершающей гармонические колебания: Eп=E0sin2(ωt+φ)
|
|
· Полная энергия материальной точки, совершающей гармонические колебания: E=mA2ω2/2
1. Дано: x=0,1sin(π/8•t+π/4), m=0,16 кг.
Fmax=F0=mAω2=0,16*0,1*(π/8)2=0,003H
F=-F0sin(ωt+φ)=-0,52sin(π/8•t+π/4)
При t1 =0c, F1 =-0,37H
При t2 =1c, F2 = -0,48H
При t3 =2 c, F3 = -0,52H
При t4 =3 c, F4 = -0,48H
При t5 =4с, F5 =-0,37H
При t6 =5c, F6 = -0,2H
При t7 =6, F7 =0H
При t8 =7, F8= 0,2H
При t9 =8, F9= 0,37
2. Дано: m=0,16 кг, x=2sin(π/4·t+π/4)
E0=Eпол= 0,16·4(π/4)2/2=0,2Дж
Ek=E0cos2(ωt+φ)=0,2cos2(π/4·t+π/4)
Eп=E0sin2(ωt+φ) =0,2sin2(π/4·t+π/4)
При t1 =0 c, Ek1 =0,1Дж Eп =0,1Дж
При t2 =0,5 c, Ek2 =0,03Дж Eп =0,17Дж
При t3 =1 c, Ek3 =0 Eп =0,2Дж
При t4 =1,5 c, Ek4 =0,03Дж Eп =0,17Дж
При t5 =2 c, Ek5 = 0,1Дж Eп =0,1Дж
Решение
Вариант | X=f(t) | m, кг | t, c | A, м | ω, с-1 | φ0, рад |
22 | Asin(ωt+φ0) | 0,12 | 3 | 7 | π/4 | π/2 |
1. Найдём силу для момента времени t и максимальную силу Fm:
F= - mA(π/4)2sin(π/4·t+π/2)=0,37H
Fmax=F0=mAω2=0,52H
F=-F0sin(ωt+φ)= - 0,52 sin(π/4·t+π/2)
При t1 =1 c, F1=- 0,37H
При t2 =1,5c, F2 = -0,2H
При t3 =2 c, F3 = 0
При t4 =2,5 c, F4 = 0,2H
При t5 =3c, F5 = 0,37H
При t6 =3,5, F6 =0,48H
При t7 =4, F7= 0,52H
При t8 =4,5, F8= 0,48H
При t9 =5, F9= 0,37H
При t10 = 5,5c, F10 =0,2H
При t11 =6c, F11 = 0
При t12 =6,5 c, F12 = -0,2H
При t13 =7 c, F13 = -0,37H
t, c | 1 | 1,5 | 2 | 2,5 | 3 | 3,5 | 4 | 4,5 | 5 | 5,5 | 6 | 6,5 | 7 |
F, H | -0,37 | -0,2 | 0 | 0,2 | 0,37 | 0,48 | 0,52 | 0,48 | 0,37 | 0,2 | 0 | -0,2 | -0,37 |
2. Найдём максимальную кинетическую энергию:
E0=Ekmax=mA2ω2/2=1,81Дж
3. Найдём кинетическую и потенциальную энергию для момента времени t=3c:
Ek=mV2/2=mA2ω2cos2(ωt+φ)/2=0,86Дж
Eп(max)=E0=1,81Дж
Ek= E0cos2(ωt+φ)= E0cos2(π/4·t+π/2)
При t1 =0 c, Ek1 =0 Дж
При t2 =0,5c, Ek2 =0,27Дж
При t3 =1 c, Ek3 =0,9Дж
При t4 =1,5 c, Ek4 =1,53Дж
При t5 =2 c, Ek5 = 1,81Дж
При t6 =2,5 Ek6 =1,53Дж
При t7 =3 Ek7 =0,9Дж
При t8 =3,5 Ek8 =0,27Дж
При t9 =4, Ek9 =0
При t10 =4,5 Ek10 =0,27Дж
При t11 =5 Ek11 =0,9Дж
При t12 =5,5 Ek12 =1,53Дж
При t13 =6 Ek13 = 1,81Дж
При t14 =6,5 Ek14 =1,53Дж
При t15 =7 Ek15 =0,9Дж
При t16 =7,5 Ek16 =0,27Дж
При t17 =8, Ek17 =0
Т.к E0=1,81 Дж (из п.2)
t,с | 0 | 0,5 | 1 | 1,5 | 2 | 2,5 | 3 | 3,5 | 4 | 4,5 | 5 | 5,5 | 6 | 6,5 | 7 | 7,5 | 8 |
F,Н | 0 | 0,27 | 0,9 | 1,53 | 1,81 | 1,53 | 0,9 | 0,27 | 0 | 0,27 | 0,9 | 1,53 | 1,81 | 1,53 | 0,9 | 0,27 | 0 |
Найдём значение потенциальной энергии для отдельных моментов времени в пределах одного периода:
Eп=Епол-Ек=mA2ω2/2 – mA2ω2cos2(ωt+φ)/2=E0sin2(π/4·t+π/2)
При t1 =0 c, Eп1 =1,81Дж
При t2 =0,5 c, Eп2 =1,53Дж
При t3 =1 c, Eп3 =0,9Дж
При t4 =1,5 c, Eп4 =0,27Дж
При t5 =2 c, Eп5 = 0
При t6 =2,5 Eп6 =0,27Дж
При t7 =3 Eп7 =0,9Дж
При t8 =3,5 Eп8 =1,53Дж
При t9 =4, Eп9 =1,81Дж
При t10 =4,5 Eп10 =1,53Дж
При t11 =5 Eп11 =0,9Дж
При t12 =5,5 Eп12 =0,27Дж
При t13 =6 Eп13 = 0
При t14 =6,5 Eп14 =0,27Дж
При t15 =7 Eп15 =0,9Дж
При t16 =7,5 Eп16 =1,53Дж
При t17 =8, Eп17 =1,81Дж
Заключение
В этой расчётно-графической работе мы исследовали зависимости при определении момента инерции тела с помощью маятника Обербека, а также на примере проследили действие законов из таких разделов физики, как «Механика твёрдого тела» и «Колебания и волны». Данная расчётно-графическая работа актуальна, так как она помогает овладеть аналитико-синтетическим методом, усилив внимание на качественной стороне физической сущности явлений; развивает практические навыки работы со справочной литературой; помогает овладеть элементами научно-исследовательской и самостоятельной творческой работы; позволяет использовать один из вариантов внедрения ПК в учебный процесс с помощью решения задач и построения графиков.
Список литературы
1. Трофимова Т.И. Курс физики. – М.: Высшая школа, 1999 г.
2. Бачище А.В. Краткий курс общей физики. Механика. Молекулярная физика. Термодинамика. – Новороссийск: НГМА, 1999 г.