1611690511-f3d3a168b7ec28ce5001ecec523eb6f6 (Голубев Основыu), страница 12

з гец В соответствии с определением, осевые моменты инерции и момент инерции относительно полюса выражаются формулами (з 1.8) 62 Глава 1. Векторные свойства евклидова пространства д22 = р — Пз = Пз + П1, дзз = р Пз = П1+ Пз, р=и,+и,+П.. Теорема 1.13.1. Осевые моменты инерции удовлетворяют неравенствам треугольника: з11+ з22 ~ зЗЗ з22+ ззз ~ з11 ззз+ г11 ~ з22 Доказательство. Учитывая выражение осевых моментов инерции через моменты инерции относительно плоскости, найдем А11+ д22 = П1+ П2+ 2Пз = дзз + 2Пз, з22+ ззз — — Пз+ Пз + 2П1 = з11+ 2П1, ззз + з11 = Пз + П1+ 2П2 = 222+ 2П2.

Так как П1, Пз, Пз положительны, очевидна справедливость утверждения теоремы.0 Из доказательства теоремы следует, что сразу во всех соотношениях треугольника знак равенства достигается только тогда, когда П1 = П2 — — Пз — — О, т.е. когда все точечные массы помещены в одну и ту же геометрическую точку О. Далее, пусть Пр —— Пе = О, П» ф О, р ф а. Тогда все точечные массы расположены на координатной оси с направляющим вектором е». Следовательно, Р = П», барр — — две, 5»» = О.

Наконец,пустьпр — — О,П фО,П»фО,рффи,дфй,йфр, Тогда множество точечных масс принадлежит плоскости, натянутой на векторы е, е». Поэтому р=и,+П„д„=и», д =И, д„,=д,+д Если, кроме того, окажется, что П = П», для чего достаточно, например, чтобы точки с равными массами располагались симметрично относительно биссектрис соответствующих координатных углов, то будем иметь 1 зев = з»» = 2 Теорема 1.13.2.

Момент инерции относительно плоскости не зависит от расположения полюса О в плоскости. 1.13. Свойства моментов инерции 63 Доказательство. Пусть точка О принадлежит некоторой плоскости Р, и е — нормаль к этой плоскости. Выберем точку О за полюс. Тогда » П,= ~ те(ге е) . з=1 Возьмем на плоскости Р, другую точку О! с радиусом-вектором г относительно первой: г е = О. Сделаем замену г; = г+ г';. Тогда получим П, = У т;((г + гз) е)~ = Ц~з гп;(гз е) . з=1 Но последнее выражение есть момент инерции относительно плоско- сти Р„взятый в предположении, что полюс совпадает с 01.п Теорема 1.13.3.

Момент инерции относительно плоскости Р, с нормалью е раасн моменту иззерции относителыю плоскости с той же нормалью, проходящей через центр масс рассматриваемого множества точечных масс, сложенному с произведением суммарной массы на квадрат расстояния между плоскостями: П, = П', + М(г, . е)з, где П', — момент инерции относительно плоскости, проходящей через центр масс, г, — радиус-вектор центра масс с началом в точке на плоскосзпи Ре Доказательство. Сделаем замену переменных: ге = г, + г;'. По смыслу замены ~т;г; = О.

з=1 Выражение для П, принимает вид П, = ,"з, 'те[(г, +г';) е]з = 2 т;(г, е)з+ з=1 з=1 »» +2(ге . е)(е ~ ццг';) + 2 цц(г'; е)х. Напомним, что П', = Ц~ т;(г'; е)~,С! з=1 Теорема 1.13.4. Момент инерции относительно произвольной точки О равен моменту инерции относительно центра масс, сложенному с произведением суммарной массы на квадрат расстояния от центра масс до точки О. Глава 1. Векторные свойства евклидова пространства 64 Доказательство. р = П1+ П2+Пз, Пр — — Пр+ М(г, ер), р= 1,2,3.

Поэтому р = П~1 + П~2 + П~з + Мгэ.П 2 1.14. Примеры вычисления тензора инерции Найдем главные оси и вычислим главные центральные моменты инерции для некоторых типичных множеств точечных масс. П р и м е р 1.14.1. Определить центральный тенэор инерции для множества иэ и точек одинаковой массы т, расположенных на одной прямой так, что каждая точка отстоит от соседних на одинаковое расстояние Ь. Р е ш е н и е. Обозначим е1 — направляющий единичный вектор прямой. Выберем на прямой полюс О так, чтобы радиусы-векторы точечных масс можно было задать а виде г;=ге1Ь, 1=1,...,п.

По причине симметрии одна из главных осей инерции проходит через точку О а направлении е1, а дае другие ей перпендикулярны, причем А11 = 112 = 121 = А13 = 131 = Азз = 132 = 6, 1 1 ать г А 2 п(п + 1)(2п + 1) 122 = .133 ю гп13 2 1 = п2Ь 6 1=1 Центр масс рассматриваемого множества точек дается формулой 1 т, и+1 гс = — ~ гпЬ1е1 —— Ь вЂ” е1. гпп ., 2 Переходя к определению главных центральных моментов инерции, за- метим, что '111 '~12 121 113 ~31 '~23 ~32 Для расчета 122 и 133 воспользуемся теоремой Гюйгенса-Штейнера: 2 п(п + 1Ип — 1) 122 '133 122 11гп1 е 12 .О П р и м е р 1.14,2. Определить центральный тенэор инерции для прямолинейного однородного отрезка длины 1 и массы М. 1.14. Примеры вычисления тензора инерции Р е ш ем и е.

Обозначим ет — направляющий единичный вектор отрезка. Полюс 0 назначим так, чтобы начало вектора ет совпало с одним из концов отрезка, тогда как другой конец отрезка имел радиус-вектор г = 1ет. Разделим отрезок на и равных частей длины тз = 1/и и каждой ча- сти сопоставим массу гл = М/и, сосредоточенную в узловой точке с радиусом-вектором гт = теттз, т = 1,..., и, г„= г. Теперь для расчета главных центральных моментов инерции можем вос- пользоваться результатом примера 1.14.1, который перепишем в виде у11 О, узз- узз- 12 1+- 1-— г, = — 1+ — еы Переходя к пределу при и -~ со, получаем решение примера 1.14.2; Муз угг = узз = 12 т11= 0 Моменты инерции рассчитаны относительно главных центральных осей с началом в центре масс г, = 1ет/2.

Первая иэ этих осей направлена вдоль отрезка, а две другие взаимно ортогональны и лежат в плоскости, перпендикулярной первой оси. Заметим, что главные центральные моменты инерции отрезка можно найти и более экономным способом с помощью интегрирования. Положение центра масс, совпадающее с серединой отрезка, и указанные выше направления главных центральных осей инерции легко установить с помощью соображений симметрии. Обозначим НМ = уИх — элемент массы, где у — плотность, Их — элемент длины. Тогда, составляя е соответствии с определением момента инерции интегральную сумму, обозначая а = 1/2 и переходя к пределу, найдем О а 21з Муз Угг = Узз = „( * гУМ = 7 11 х "* = 7 83 12 П р и м е р 1.14.3.

Определить центральный тензор инерции для массы М, равномерно распределенной по периметру прямоугольника со сторонами а и Ь. 5- ьтоз Положение центра масс дискретного множества задается радиусом- вектором 66 Глава 1. Векторные свойства евклидова пространства Решение. Центр масс прямоугольника совпадает с точкой пересечения его диагоналей. Дзе взаимно перпендикулярные оси симметрии проходят через центр масс параллельно сторонам.

Дае главные центральные оси инерции с ортонормирозанными направляющими векторами еь и ег соответственно совпадают с указанными осями симметрии. Третья ось с единичным направляющим вектором ез проходит через центр масс перпендикулярно плоскости прямоугольника. Оси пронумеруем так, чтобы сторона длины а была параллельной вектору еы а сторона длины 6 — параллельной вектору ег.

Обозначим М, — массу каждого отрезка длины а, а Мь — массу каждого отрезка длины 6. В соответствии с условием имеем Ма М6 2(а + Ь) ' 2(а + Ь) Найдем момент инерции фигуры относительно оси, коллинеарной еы Он состоит из суммы моментоа инерции двух отрезков длины а, параллельных еь и удаленных от рассматриваемой оси на расстояние 6/2, и моментов инерции двух отрезков длины 6, перпендикулярных оси. Используем решение примера 1.14.2: Ьг Ьг МЬ 1 61 Хьь = 2Ма + 2Мь ~а+ -~ . 4 12 4(а+Ь) ~ 3~ Аналогично г аг Маг го юг = 2Мь — + 2Ма [-+ 6] 4 12 4(а+ 6) 3 Поскольку прямоугольник — фигура плоская, получим М(а+ 6)г ~33 '~11 + ~?г 12 .О П р и м е р 1.14.4.

Определить центральный тенэор инерции для однородного плоского прямоугольника с массой М и сторонами а и 6. Решение. Из симметрии прямоугольника ясно, что главные центральные оси инерции для него будут такими же, как а примере 1,14.3. С целью вычисления, например, момента инерции 1ьь разобьем прямоугольник на и равных полос, параллельных первой оси с направляющим вектором еы Момент инерции каждой полосы будет такой же, какой имеет отрезок, полученный проектированием полосы на вторую главную ось, и имеющий массу, равную массе полосы. Переходя к пределу при и -~ оо, заключаем, что момент инерции,У(ь равен главному центральному моменту инерции отрезка массы М и длины Ь, ориентированного вдоль глазной оси, Проводя подобные построения для вычисления 1.14.

Примеры вычисления тенэора инерции 67 момента инерции 722, убеждаемся, что он равен моменту инерции отно- сительно второй оси отрезка массой М и длиной а, ориентированного вдоль первой главной оси. Используя решение задачи 1.14.2, найдем Ь2 2 '711 М ~ '722 12' 12 Кроме того, е М 2 2зз = 111+,122 = — (а + Ь ).О 12 Мц2 П 12 МЬ2 П2 — — —, 12 ' Мст П 12 Главные центральные моменты инерции после этого вычисляются по формулам М(Ь2+ с2), М(а2+ с2), М(от+ Ь2) 12 ' 12 12 П р и м е р 1.14.6. Определить центральный тензор инерции для массы М, равномерно распределенной по окружности радиуса Я.

П р и м е р 1.14.5. Определить центральный тензор инерции однородного прямоугольного параллелепипеда с массой М и размерами а, Ь, с. Рещение. Прямоугольный параллелепипед имеет три плоскости симметрии, взаимно перпендикулярные и проходящие через середины ребер. Центр масс С совпадает с точкой пересечения этих плоскостей. Главные центральные оси инерции начинаются в точке С и направлены параллельно соответствующим ребрам параллелепипеда. Пронумеруем оси так, чтобы направляющие векторы е1 — первой оси, е2 — второй оси, ез — третьей оси были параллельны ребрам с длинами а, Ь, с соответственно.

Найдем моменты инерции П1, П2, Пз относительно координатных плоскостей, перпендикулярных векторам е1, е2, ез. Для того чтобы найти П1, рассечем параллелепипед на и одинаковых слоев плоскостями, перпендикулярными вектору е1. Момент инерции каждого такого слоя будет совпадать с моментом инерции пересечения этого слоя с первой главной осью, когда этому пересечению сопоставлена масса всего слоя. Переходя к пределу при п — оо, видим, что момент П1 будет совпадать с моментом инерции относительно С отрезка, равного пересечению параллелепипеда с первой главной осью, имеющего длину а и массу, равную массе всего параллелепипеда. Аналогичные рассуждения можно провести с целью расчета моментов П2 и Пз, Воспользовавшись затем решением задачи 1.14.2, получим Глава 1.

Векторные свойства евклидова пространства 68 Р е ш е н и е. Центр масс совпадает с центром окружности. Любые две взаимно перпендикулярные оси с началом в центре окружности и направляющими векторами е1 и ет будут главными центральными. Третья главная ось проходит через центр и перпендикулярна плоскости окружности, Легко видеть, что 1зз — — МВ2. Окружность — фигура плоская и симметричная. Поэтому имеем МВ2 111 = 722 — —.О 2 П р и м е р 1.14,7. Определить центральный тензор инерции для однородного круга массы М и радиуса В. Решение.

Главные центральные оси инерции здесь будут такими же, как в пРимеРе 1.14.6. Найдем момент инеРции Узз. С этой целью разделим радиус окружности на п равных частей и найдем момент инерции 1зз для множества концентрических окружностей с радиусами Р; = !В/п и массами 2 2 М М! = —,(кР, — кр, 1) = — 2(21 — 1), 1=1,...,п, 11В2 ' ~ пг равными массам слоев, эаключенных между концентрическими окружностями с номерами 1' и 1' — 1. Используя решение примера 1.14.6, полу- чим а МВ2/ э и 1=! 1=1 !А! МВ2 ~ пт(п+1)2 п(п+1)(2п+1) пе ~ 4 6 Отсюда МВ2 гзз = 1!го 1зз = —.