22.4: Опрацьовані приклади

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)?

Малюнок 22.21 Приклад 22.3

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).

Малюнок 21.22 Прецесійна кутова швидкість нахиленого гіроскопа, як видно зверху

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$I_{\mathrm{cm}}$

Малюнок 22.22 Приклад 22.4

Рішення: На малюнку 22.23 показаний вибір системи координат і силової діаграми на гіроскопі.

Малюнок 22.23 Діаграма сили вільного тіла

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.

Малюнок 22.24 Зміна кутового моменту

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?

Малюнок 22.25 Приклад 22.5

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).

Малюнок 22.26 Діаграма сили вільного тіла на колесі

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

$$\Omega=\sqrt{\frac{2 g}{b}} \nonumber$$