22.4: Опрацьовані приклади
- Page ID
- 75757
Приклад 22.3 Нахилений іграшковий гіроскоп
Колесо знаходиться на одному кінці осі довжиною d. Вісь поворотна під кутом φ по відношенню до вертикалі. Колесо приводиться в рух так, що воно виконує рівномірну прецесію; тобто центр маси колеса рухається рівномірним круговим рухом з z -складовою прецесійної кутової швидкості\(\Omega_{z}\). Колесо має масу m і момент інерції\(I_{\mathrm{cm}}\) навколо свого центру маси. Його спінова кутова швидкість\(\vec{\omega}_{s}\) має величину\(\omega_{s}\) і спрямована так, як показано на малюнку 22.21. Припустимо, що наближення гіроскопа тримає,\(\left|\Omega_{z}\right|<<\omega_{s}\). Нехтуйте масою осі. Що таке z -складова прецесійної кутової швидкості\(\Omega_{z_{z}}\)? Чи обертається гіроскоп за годинниковою стрілкою або проти годинникової стрілки навколо вертикальної осі (як видно зверху)?
Рішення: Гравітаційна сила діє в центрі мас і спрямована вниз,\(\overrightarrow{\mathbf{F}}^{g}=-m g \hat{\mathbf{k}}\) Нехай\(S\) позначають точку контакту між пілоном і віссю. Контактна сила між пілоном і віссю діє при\(S\) тому, що вона не сприяє крутному моменту про\(S\). Тільки сила тяжіння сприяє крутному моменту. Давайте виберемо циліндричні координати. Крутний момент про\(S\) є
\[\vec{\tau}_{S}=\overrightarrow{\mathbf{r}}_{S, \mathrm{cm}} \times \overrightarrow{\mathbf{F}}^{g}=(d \sin \phi \hat{\mathbf{r}}+d \cos \phi \hat{\mathbf{k}}) \times m g(-\hat{\mathbf{k}})=m g d \sin \phi \hat{\boldsymbol{\theta}} \nonumber \]
який знаходиться на сторінці на малюнку 22.21. Тому що ми\(\left|\Omega_{z}\right|<<\omega_{s}\) припускаємо, що ми враховуємо лише внесок від спінінгу про вісь маховика до кутового моменту обертання,
\[\overrightarrow{\boldsymbol{\omega}}_{s}=-\omega_{s} \sin \phi \hat{\mathbf{r}}-\omega_{s} \cos \phi \hat{\mathbf{k}} \nonumber \]
Кутовий імпульс обертання має вертикальну і радіальну складову,
\[\overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}}=-I_{\mathrm{cm}} \omega_{s} \sin \phi \hat{\mathbf{r}}-I_{\mathrm{cm}} \omega_{s} \cos \phi \hat{\mathbf{k}} \nonumber \]
Припустимо, що кутова швидкість\(\omega_{s}\) спина постійна. У міру попередження колеса похідна часу спінового кута імпульсу виникає внаслідок зміни напрямку радіальної складової спінового кутового імпульсу,
\[\frac{d}{d t} \overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{sin}}=-I_{\mathrm{cm}} \omega_{s} \sin \phi \frac{d \hat{\mathbf{r}}}{d t}=-I_{\mathrm{cm}} \omega_{s} \sin \phi \frac{d \theta}{d t} \hat{\boldsymbol{\theta}} \nonumber \]
де ми використовували той факт, що
\[\frac{d \hat{\mathbf{r}}}{d t}=\frac{d \theta}{d t} \hat{\boldsymbol{\theta}} \nonumber \]
z -складова кутової швидкості маховика навколо вертикальної осі визначається як
\[\Omega_{z} \equiv \frac{d \theta}{d t} \nonumber \]
Тому швидкість зміни кутового моменту обертання тоді
\[\frac{d}{d t} \overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}}=-I_{\mathrm{cm}} \omega_{s} \sin \phi \Omega_{z} \hat{\boldsymbol{\theta}} \nonumber \]
Крутний момент про\(S\) індукує кутовий момент обертання,\(S\) що збирається змінитися,
\[\overrightarrow{\boldsymbol{\tau}}_{S}=\frac{d \overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}}}{d t} \nonumber \]
Тепер замініть рівняння (22.4.1) для крутного моменту близько\(S\), і Рівняння (22.4.7) для швидкості зміни кута обертання на рівняння (22.4.8), що дає
\[m g d \sin \phi \hat{\boldsymbol{\theta}}=-I_{\mathrm{cm}} \omega_{s} \sin \phi \Omega_{z} \hat{\boldsymbol{\theta}} \nonumber \]
Розв'язування рівняння (22.2.18) для z -складової прецесійної кутової швидкості гіроскопа
\[\Omega_{z}=-\frac{d m g}{I_{\mathrm{cm}} \omega_{s}} \nonumber \]
z -складова прецесійної кутової швидкості не залежить від кута\(\phi\) Оскільки\(\Omega_{z}<0\) напрямок прецесійної кутової швидкості\(\vec{\Omega}=\Omega_{z} \hat{\mathbf{k}}\) знаходиться в негативному z -напрямку. Це означає, що гіроскоп перегинається в напрямку за годинниковою стрілкою, коли видно зверху (рис. 21.22).
І крутний момент, і тимчасова похідна точки кута обертання в\(\hat{\boldsymbol{\theta}}\) напрямку -напрямок вказує на те, що гіроскоп буде переходити за годинниковою стрілкою, коли видно зверху відповідно до розрахунку, що\(\Omega_{z}<0\).
Приклад 22.4 Гіроскоп на обертовій платформі
Гіроскоп складається з осі мізерно малої маси і диска маси М і радіуса R, встановленого на платформі, яка обертається з кутовою швидкістю\(\Omega\). Гіроскоп крутиться з кутовою швидкістю\(\omega\). Сили\(F_{a}\) і\(F_{b}\) діють на гіроскопічні кріплення. Які величини сил\(F_{a}\) і\(F_{b}\) (рис. 22.22)? Можна припустити, що момент інерції гіроскопа навколо осі, що проходить через центр мас, перпендикулярний площині диска, задається\(I_{\mathrm{cm}}\)
Рішення: На малюнку 22.23 показаний вибір системи координат і силової діаграми на гіроскопі.
Вертикальні сили дорівнюють нулю, оскільки вертикального руху немає
\[F_{a}+F_{b}-M g=0 \nonumber \]
Використовуючи систему координат, зображену на малюнку 22.23, крутний момент навколо центру мас дорівнює
\[\overrightarrow{\boldsymbol{\tau}}_{\mathrm{cm}}=d\left(F_{a}-F_{b}\right) \hat{\boldsymbol{\theta}} \nonumber \]
Кутовий момент обертання дорівнює (гіроскопічне наближення)
\[\overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}} \simeq I_{\mathrm{cm}} \omega \hat{\mathbf{r}} \nonumber \]
Дивлячись вниз на гіроскоп зверху (рис. 2.23), радіальна складова моменту моменту навколо центру мас обертається проти годинникової стрілки.
Протягом дуже короткого часового інтервалу\(\Delta t\) зміна кута обертання дорівнює\(\Delta \overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}}=I_{\mathrm{cm}} \omega \Delta \theta \hat{\boldsymbol{\theta}}\) (рис. 22.24). Беручи обмеження, ми маємо це
\[\frac{d \overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}}}{d t}=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{\Delta \overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}}}{\Delta t}=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} I_{\mathrm{cm}} \omega \frac{\Delta \theta}{\Delta t} \hat{\boldsymbol{\theta}}=I_{\mathrm{cm}} \omega \frac{d \theta}{d t} \hat{\boldsymbol{\theta}} \nonumber \]
Тепер ми можемо застосувати закон крутного моменту
\[\vec{\tau}_{\mathrm{cm}}=\frac{d \overrightarrow{\mathrm{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}}}{d t} \nonumber \]
Замініть рівняння (22.4.12) та (22.4.14) у Рівняння (22.4.15) і просто взявши компонент результуючого векторного рівняння
\[d\left(F_{a}-F_{b}\right)=I_{\mathrm{cm}} \omega \Omega_{z} \nonumber \]
Ми можемо розділити рівняння (22.4.16) на величину d
\[F_{a}-F_{b}=\frac{I_{\mathrm{cm}} \omega \Omega_{z}}{d} \nonumber \]
Тепер ми можемо використовувати рівняння (22.4.17) і (22.4.11) для вирішення сил\(F_{a}\) і\(F_{b}\)
\[F_{a}=\frac{1}{2}\left(M g+\frac{I_{\mathrm{cm}} \omega \Omega_{z}}{d}\right) \nonumber \]
\[F_{b}=\frac{1}{2}\left(M g-\frac{I_{\mathrm{cm}} \omega \Omega_{z}}{d}\right) \nonumber \]
Зверніть увагу, що якщо\(\Omega_{z}=M g d / I_{\mathrm{cm}} \omega\) тоді\(F_{b}=0\) і можна було зняти опору правої руки на малюнку 22.22. Простий поворотний гіроскоп, який ми вже проаналізували Розділ 22.2, задовольнив цю умову. Сили, які ми щойно знайшли, - це сили, які кріплення повинні чинити на гіроскоп, щоб змусити його рухатися в потрібному напрямку. Важливо розуміти, що гіроскоп надає рівні і протилежні сили на кріплення, тобто конструкцію, яка його утримує. Це прояв Третього закону Ньютона.
Приклад 22.5 Зерновий млин
У млині зерно подрібнюється масивним колесом, яке котиться без ковзання по колу на плоскому горизонтальному жорна, приводиться в рух вертикальним валом. Колесо кочення має масу М, радіус b і обмежено котитися в горизонтальному колі радіусом R при кутовій швидкості Ω (рис. 22.25). Колесо штовхає вниз на нижнє жорно з силою, що дорівнює подвійній його вазі (нормальна сила). Масою осі колеса можна знехтувати. Що таке прецесійна кутова частота Ω?
Рішення: На малюнку 22.5 показана точка повороту разом з деякими зручними осями координат. Для кочення без ковзання швидкість центру маси колеса пов'язана з кутовою швидкістю віджиму на
\[v_{c m}=b \omega \nonumber \]
Також швидкість центру мас пов'язана з кутовою швидкістю навколо вертикальної осі, пов'язаної з круговим рухом центру мас по
\[v_{c m}=R \Omega \nonumber \]
Тому рівняння рівнянь (22.4.20) і (22.4.21) ми маємо, що
\[\omega=\Omega R / b \nonumber \]
Припускаючи рівномірне млинове колесо\(I_{\mathrm{cm}}=(1 / 2) M b^{2}\), величина горизонтальної складової спінового моменту моменту навколо центру маси дорівнює
\[L_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{sin}}=I_{\mathrm{cm}} \omega=\frac{1}{2} M b^{2} \omega=\frac{1}{2} \Omega M R b \nonumber \]
Горизонтальна складова\(\overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}}\) спрямована всередину, а в векторній формі задається
\[\overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}}=-\frac{\Omega M R b}{2} \hat{\mathbf{r}} \nonumber \]
Вісь надає на колесо як силу, так і крутний момент, і ця сила і крутний момент були б досить складними. Саме тому ми розглянемо сили і крутні моменти на комбінації ось/колесо. Нормальна сила колеса на землі дорівнює за величиною\(N_{\mathrm{w}, \mathrm{G}}=2 m g\) тому аналогу третього закону; нормальна сила землі на колесі має однакову величину\(N_{\mathrm{G}, \mathrm{w}}=2 m g\) Суглоб (або шарнір) в точці Р тому повинен надавати силу\(\overrightarrow{\mathbf{F}}_{\mathrm{H}, \mathrm{A}}\) на кінець осі, яка має дві складові, a всередину сили\(\overrightarrow{\mathbf{F}}_{2}\) для підтримки кругового руху і сили вниз,\(\overrightarrow{\mathbf{F}}_{1}\) щоб відобразити, що висхідна нормальна сила більша за величиною, ніж вага (рис. 22.26).
Близько точки не\(P, \overrightarrow{\mathbf{F}}_{\mathrm{HA}}\) надає крутного моменту. Нормальна сила чинить крутний момент величини\(N_{\mathrm{G}, \mathrm{w}} R=2 m g R\), спрямований з сторінки, або, у векторній формі,\(\vec{\tau}_{P, N}=-2 m g R \hat{\boldsymbol{\theta}}\) Вага надає момент величини мГр, спрямований в сторінку, або, у векторній формі,\(\vec{\tau}_{P, m g}=m g R \hat{\boldsymbol{\theta}}\). Крутний момент близько Р дорівнює тоді
\[\vec{\tau}_{P}=\vec{\tau}_{P, N}+\vec{\tau}_{P, m g}=-2 m g R \hat{\theta}+m g R \hat{\theta}=-m g R \hat{\theta} \nonumber \]
У міру кочення колеса горизонтальна складова моменту моменту навколо центру маси буде обертатися, а спрямований всередину вектор буде змінюватися в негативному\(\hat{\boldsymbol{\theta}}\) -напрямку. Кутовий момент навколо точки Р має орбітальне і спінове розкладання
\[\overrightarrow{\mathbf{L}}_{p}=\overrightarrow{\mathbf{L}}_{p}^{\text {otbial }}+\overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{spin}} \nonumber \]
Орбітальний момент моменту навколо точки Р дорівнює
\[\overrightarrow{\mathbf{L}}_{P}^{\text {orbital }}=\overrightarrow{\mathbf{r}}_{P, c m} \times m \overrightarrow{\mathbf{v}}_{c m}=R \hat{\mathbf{r}} \times m b \Omega \hat{\boldsymbol{\theta}}=m R b \Omega_{z} \hat{\mathbf{k}} \nonumber \]
Величина орбітального моменту близько Р майже постійна і напрямок не змінюється. Тому
\[\frac{d \overrightarrow{\mathbf{L}}_{P}^{\text {orbital }}}{d t}=\overrightarrow{\mathbf{0}} \nonumber \]
Тому зміна кутового моменту щодо точки Р дорівнює
\[\frac{d \overrightarrow{\mathbf{L}}_{p}}{d t}=\frac{d \overrightarrow{\mathbf{L}}_{\mathrm{cm}}^{\mathrm{sin}}}{d t}=\frac{d}{d t}\left(\frac{\Omega m R b}{2}(-\hat{\mathbf{r}})\right)=\frac{1}{2} \Omega m R b \Omega(-\hat{\mathbf{\theta}}) \nonumber \]
де ми використовували Рівняння (22.4.24) для величини горизонтальної складової моменту моменту про центр мас. Це узгоджується з крутним моментом близько Р, що вказує на площину малюнка 22.26. Тепер ми можемо застосувати обертальне рівняння руху,
\[\vec{\tau}_{P}=\frac{d \overrightarrow{\mathbf{L}}_{P}}{d t} \nonumber \]
Замініть рівняння (22.4.25) та (22.4.29) на рівняння (22.4.30), що дають
\[m g R(-\hat{\boldsymbol{\theta}})=\frac{1}{2} \Omega^{2} m R b(-\hat{\boldsymbol{\theta}}) \nonumber \]
Тепер ми можемо вирішити рівняння (22.4.31) для кутової швидкості навколо вертикальної осі
\[\Omega=\sqrt{\frac{2 g}{b}} \nonumber \]