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.

1. 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. (I_i=m_ir_i²). Момент инерции тела относительно оси вращения - физическая велиина равная сумме произведений масс n материальных точек системы на квадраты их расстояний до рассматриваемой оси. (I=УI_i=Уm_ir_i)

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 Дm_i - некоторый малый элемент массы твердого тела. По определению момента инерции:

Выражение для I_P 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=I_c+ma²=0,5mR²+m=1,5mR²

где m - полная масса тела.

Теорема Штейнера: момент инерции тела относительно любой оси вращения равен моменту его инерции I_c 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=dE_k=> M=dе => M=Idщ/dt => M=d(Iщ)/dt

5. M=Iе- 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 е. 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/е=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 е=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:е=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 е:

при m₁=0,2 е=M₁/J₀=10с^-2

при m₂=0,1 е=M₂/J₀=5с^-2

при m₃=0,3 е=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
е, с-2	5	10	15

Мы получили линейную зависимость е от М при J=const и различных массах m₁, m₂, m₃.

2. Колебания и волны

2.1 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 2р единиц времени. Период - время одного полного колебания.

2. Дано: А=5см; Т=4с; ц₀=р/2 Уравнение: щ=2р/T=р/2 => х=5sin(р/2t+р/2)

при t₁=0, Х=0; при t₂=1,5, Х=-5.

3. Дано: А=5 см; Т=8, щ = р/4(по формуле п.2). Написать уравнение гармонического колебания:

a. ц₀=0; x=5cos(р/4t+0)= 5cos(р/4t)

b. ц₀=р/2; x=5cos(р/4t+ р/2)=-5cos(р/4t)

c. ц₀=р; x=5cos(р/4t+р)=-5cos(р/4t)

d. ц₀=3р/2; x=5cos(р/4t+3р/2)=5sin(р/4t)

e. ц₀=2р; x=5cos(р/4t+2р)= 5cos(р/4t)

Решение:

X=Acos(щt+ц0)	t=5c
A=5м	щ=р	ц0=р

1. Из уравнения гармонического колебательного движения точки определяем смещение точки и строим график X=f(t) в пределах одного периода:

X = Acos (щt+ц₀ )= 5cos (рt+р

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=2р/щ=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=-Aщ²cos(щt+ц₀)=-5р²cos(рt+р/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.

2.2 Динамика колебательного движения контрольные вопросы

· Сила действующая на колеблющуюся материальную. точку массой m:

· F= - mщ₀x

· Кинетическая энергия материальной точки, совершающей прямолинейные гармонические колебания: E_k=mA²щ²cos²(щt+ц)/2

· Потенциальная энергия материальной точки, совершающей гармонические колебания:E_п=E₀sin²(щt+ц)

· Полная энергия материальной точки, совершающей гармонические колебания: E=mA²щ²/2

1. Дано: x=0,1sin(р/8*t+р/4), m=0,16 кг.

F_max=F₀=mAщ²=0,16*0,1*(р/8)²=0,003H

F=-F₀sin(щt+ц)=-0,52sin(р/8*t+р/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(р/4·t+р/4)

E₀=Eпол= 0,16·4(р/4)²/2=0,2Дж

E_k=E₀cos²(щt+ц)=0,2cos²(р/4·t+р/4)

E_п=E₀sin²(щt+ц) =0,2sin²(р/4·t+р/4)

При t₁=0 c, E_k1=0,1Дж E_п=0,1Дж

При t₂=0,5 c, E_k2=0,03Дж E_п=0,17Дж

При t₃=1 c, E_k3=0 E_п=0,2Дж

При t₄=1,5 c, E_k4=0,03Дж E_п=0,17Дж

При t₅=2 c, E_k5= 0,1Дж E_п=0,1Дж

Решение

Вариант	X=f(t)	m, кг	t, c	A, м	щ, с-1	ц0, рад
22	Asin(щt+ц0)	0,12	3	7	р/4	р/2

1. Найдём силу для момента времени t и максимальную силу F_m:

F= - mA(р/4)²sin(р/4·t+р/2)=0,37H

F_max=F₀=mAщ²=0,52H

F=-F₀sin(щt+ц)= - 0,52 sin(р/4·t+р/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=E_kmax=mA²щ²/2=1,81Дж

3. Найдём кинетическую и потенциальную энергию для момента времени t=3c:

E_k=mV²/2=mA²щ²cos²(щt+ц)/2=0,86Дж

E_п(max)=E₀=1,81Дж

E_k= E₀cos²(щt+ц)= E₀cos²(р/4·t+р/2)

При t₁=0 c, E_k1=0 Дж

При t₂=0,5c, E_k2=0,27Дж

При t₃=1 c, E_k3=0,9Дж

При t₄=1,5 c, E_k4=1,53Дж

При t₅=2 c, E_k5= 1,81Дж

При t₆=2,5 E_k6=1,53Дж

При t₇=3 E_k7=0,9Дж

При t₈=3,5 E_k8=0,27Дж

При t₉=4, E_k9=0

При t₁₀=4,5 E_k10=0,27Дж

При t₁₁=5 E_k11=0,9Дж

При t₁₂=5,5 E_k12=1,53Дж

При t₁₃=6 E_k13= 1,81Дж

При t₁₄=6,5 E_k14=1,53Дж

При t₁₅=7 E_k15=0,9Дж

При t₁₆=7,5 E_k16=0,27Дж

При t₁₇=8, E_k17=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:

E_п=Е_пол-Е_к=mA²щ²/2 - mA²щ²cos²(щt+ц)/2=E₀sin²(р/4·t+р/2)

При t₁=0 c, E_п1=1,81Дж

При t₂=0,5 c, E_п2=1,53Дж

При t₃=1 c, E_п3=0,9Дж

При t₄=1,5 c, E_п4=0,27Дж

При t₅=2 c, E_п5= 0

При t₆=2,5 E_п6=0,27Дж

При t₇=3 E_п7=0,9Дж

При t₈=3,5 E_п8=1,53Дж

При t₉=4, E_п9=1,81Дж

При t₁₀=4,5 E_п10=1,53Дж

При t₁₁=5 E_п11=0,9Дж

При t₁₂=5,5 E_п12=0,27Дж

При t₁₃=6 E_п13= 0

При t₁₄=6,5 E_п14=0,27Дж

При t₁₅=7 E_п15=0,9Дж

При t₁₆=7,5 E_п16=1,53Дж

При t₁₇=8, E_п17=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.