3 (Лекции в PDF), страница 2

Масса стержня m,длина L.Выделим на расстоянии x от оси маленькую часть стержнядлиной dx.Масса этой части dm =mdx и r⊥ = x . ПоэтомуLL2mm 2 L3 mL2I z = ∫ x 2 dx ==.3L 812L−L 24) Момент инерции тонкостенного шара относительно любой оси симметрии z.Масса шара m, радиус R.zВыделим на поверхности сферы кольцевой сегмент,для которого ось z является осью симметрии. Сегментопирается на малый центральный угол dϕ, положение сегdϕϕмента определяется углом ϕ, отсчитываемым от плоскостиэкватора, перпендикулярной оси z.Тогда радиус кольца r⊥ = R cos ϕ ,его масса dm =π2Iz =∫ ( R cos ϕ )−π 2π22m2πR cos ϕ ⋅ Rd ϕ , поэтому4πR 2m2πR cos ϕ⋅ Rd ϕ или4πR 2π2mm2I z = R 2 ∫ ( cos ϕ ) cos ϕ ⋅ d ϕ = R 2 ∫ (1 − sin 2 ϕ ) d ( sin ϕ )2 −π 22 −π 21й курс.

2й семестр. Лекция 3Iz =az1z2R2iR1iy12mR 2 .35) Момент инерции сплошного шара относительнолюбой оси симметрии z. Масса шара m, радиус шара R.Представим шар как набор вложенных друг вдруга тонкостенных сфер переменного радиуса r итолщиной dr. Масса одной такой сферыr⊥ix17dm =y2x2m4 3πR34πr 2 ⋅ dr =3m 2r ⋅ dr .R3Момент инерции такой сферыdI z =22 3m 22mdm ⋅ r 2 =r ⋅ dr ⋅ r 2 = 3 r 4 ⋅ dr .333RRПоэтомуRIz = ∫02m 42m R 5 2rdr== mR 2 .R3R3 5 5Теорема Гюйгенса-ШтейнераКак связаны между моменты инерции твердого тела относительно двух параллельных осей?Рассмотрим две параллельные оси z1 и z2. Введем две системы координаттак, чтобы их оси х и у были параллельны друг другу, причем вторая система координат была получена параллельным переносом из первой на вектор, перпендикулярный осям z1 и z2 a = ( ax ,a y ,0 ) . Тогда расстояние между осями будет равноa = ax2 + a y2 .В этом случае координаты любой i-й малой частицы тела связаны соотношениямиx2 i = x1i + a x , y2i = y1i + a y , z2 i = z1i .Квадрат расстояния от этой точки до первой оси z1: r1⊥i 2 = x12i + y12iи до второй оси z2 r2⊥i 2 = x22i + y22i .Вычисляем момент инерции относительно второй оси:I z 2 = ∑ ∆mi ⋅ r2i ⊥ 2 = ∑ ∆mi ⋅ ( x22i + y22i ) ,I z 2 = ∑ ∆mi ⋅ ( x + y21i21ii) + ∑ ∆m ⋅ ( aiii+ a ) + 2∑ ∆mi ⋅ ( x1i ax + y1i a y ) .2x2yiiВ этом равенстве∑ ∆m ⋅ ( xi21ii+ y12i ) = ∑ ∆mi ⋅ r12i ⊥ = I z1 - момент инерции тела относительно оси z1,i∑ ∆m ⋅ ( a + a ) = a ∑ ∆m = ma ,∑ ∆m ⋅ ( x a + y a ) = ∑ ∆m ⋅x a + ∑ ∆m ⋅y ai2x2y22iiii1ix1iyiiУчтём, что1ixii∑ ∆m ⋅xii1i1ii= mx1C и∑ ∆m ⋅yi1iy= ax ∑ ∆mi ⋅x1i + a y ∑ ∆mi ⋅y1i .ii= my1C (где x1С и y1С – координаты центра массiтела в 1й системе координат) и получимI z 2 = I z1 + ma 2 + 2m ( ax x1C + a y y1C )1й курс.

2й семестр. Лекция 38Если предположить, что ось z1 проходит через центр масс тела, то x1С =0 и y1С =0,поэтому в этом случае выражение упрощается:I z = I zC + ma 2 .Это выражение носит название теоремы Гюйгенса-Штейнера: момент инерциитвердого тела относительно произвольной оси равен сумме момента инерциитела относительно параллельной оси, проходящей через центр масс тела и квадрата расстояния между осями, умноженного на массу тела.Пример.

Момент инерции стрежня относительно оси, проходяzzCщей через край стержня, перпендикулярно ему, равен суммемомента инерции относительно срединной оси и массе, умноженный на квадрат половины длины стержня:L/2I z = I zC + mL2 Lm2 mL2 mL2=+=.41243Пример. Рассмотрим движение грузов на невесомой нерастяжимой нити, перекинутой через блок (диск). Массы грузов m1 и m2 (m1 < m2), масса блока m.

Трения воси блока нет. Нить не скользит по блоку. Силами сопротивления в воздухе пренебрегаем. Найти ускорение грузов. Радиус блока R.Решение. Фиксируем систему отсчета, в которой ось блока неmподвижная. Предполагаем, что эта система отсчета инерциальная.Ось z системы координат в этой системе отсчёта направим вдольоси вращения блока («от нас»).«Мысленно» разбиваем систему на части и находим силы междуm1частями системы в соответствие со вторым и третьим законамиm2Ньютона.При этом учтём, что нить невесомая (масса любой части нити равна нулю), поэтому, если кусок нити движется под действием (растягивающих) сил, то из второго закона НьютонаmНИТИ a = F2 + F1следует при mНИТИ=0, что эти силы равны по величине F2=F1.Нить является нерастяжимой, поэтому ускорения всехточек нити одинаковые по величине.

Следовательно,Nускорения грузов одинаковые по величине.zНить не скользит по блоку – это значит, что скоростиT′′′1T′′′2точек обода диска равны скоростям (соответствующих)T′′1точек нити. Следовательно, их тангенциальные ускореT′′2mgния тоже одинаковые.Из всего этого следуют уравнения:T′1T′2- равенства соответствующих сил натяженияT1 = T1′ = T1′′= T1′′′ , T2 = T2′ = T2′′ = T2′′′ ,T2T1- равенства ускоренийa2a1a1 = a2 = εR ,m2 g- равновесия оси блокаm1 gN − mg − T1 − T2 = 01й курс. 2й семестр.

Лекция 39- динамики центров масс грузовm1a1 = T1 − m1 gm2 a2 = m2 g − T2- динамики вращательного движения блока вокруг оси zI z ε = T2 R − T1 R .Обозначим величину ускорения грузов как а.В данном случае момент инерции блока (диска) относительно оси вращенияmR 2, поэтому из уравнения динамики вращательного движения2mR 2 a= ( m2 g − m2 a ) R − ( m1 g + m1a ) R2 R( m2 − m1 ) g .находим a =m + m2 + m1 2Iz =Закон сохранения момента импульса.Уравнение динамики вращательного движения системы точек()dL= ∑ M O Fi ВНЕШ .dtiПокоординатное равенство(())()dLydLxdLz= ∑ M Ox Fi ВНЕШ ,= ∑ M Oy Fi ВНЕШ ,= ∑ M Oz Fi ВНЕШ .dtdtdtiii1) Если момент внешних сил, действующих на систему, относительно некоторойточки равен нулю, то сохраняется момент импульса системы относительно этойточки:()dL= ∑ M O Fi ВНЕШ = 0 ⇔ L = const .dtiНапример, при движении планет в гравитационном поле Солнца, сохраняетсявектор момента импульса планеты относительно Солнца, т.к.

линия действия силы гравитации проходит через Солнце, поэтому её момент равен нулю относительно Солнца.2) Если момент внешних сил, действующих на систему, относительно некоторойоси равен нулю, то сохраняется момент импульса системы вдоль этой оси:()dLz= ∑ M Oz Fi ВНЕШ = 0 ⇔ Lz = 0 .dtiПример.

Волчок будет вращаться достаточно долго при малой силе трения, сохраняя тем самым момент импульса вдоль вертикальной оси z, так моменты силтяжести и реакции опоры равны нулю (векторы силы тяжести и реакции опорыпараллельны оси вращения).1й курс. 2й семестр. Лекция 310Векторная форма записи угловой скоростиРассмотрим поворот твердого тела на малый угол dϕ вокруг оси z.Некоторая точка А, находящаяся на расстоянии r⊥ от оси вращения переместитсяна малый вектор ds , направленный по касательной кzокружности в направлении поворота: ds = r⊥ d ϕ . Пустьположение точки А задано с помощью радиус-вектораR из какой-то точки О на оси вращения, тогдаvr⊥ = R sin α , поэтому можно написатьdsr⊥ds = R sin α ⋅ d ϕ .AЕсли вдоль оси вращения задать вектор поворота dϕ ,связанный с направлением поворота правилом буравω αчика, то справедливым будет равенствоRds = d ϕ× R .dϕТак как для скорости движения точки А справедливовыражение ds = v ⋅ dt , то задавая вектор угловой скорости, направленный вдоль оси вращения равенствомω=dϕ, получаем v = ω× Rdtи направление вектора угловой скорости ω и направление вращения связаны правилом буравчика (правого винта).С помощью вектора угловой скорости можно задать вектор момента импульса вдоль оси вращения Lz = I z ω .Замечание.Условия равновесия тела можно сформулировать таким образом:1) Если тело покоится, то центр масс тела не движется, поэтому для центра массaC =Поэтому∑FiВНЕШ∑FВНЕШiimC= 0.= 0 - сумма внешних сил, действующих на тело равна нулю.iСледовательно, сумма проекций внешних сил на любое направление равна нулю.2) Если тело не вращается, то угловое ускорение ε =M zВНЕШ= 0 , т.е.

M zВНЕШ = 0 Izсумма моментов внешних сил относительно любой оси равна нулю..