1598082982-ec6eac7a67110b7411640c3bff1b0d60 (Конспект лекций по физике в электронном виде (2015)), страница 10

Тонкое кольцо (полый цилиндр)Найти момент инерции тонкого однородного кольца массыm и радиуса R относительно его оси, т. е. относительно оси,проходящей через центр кольца перпендикулярно его плоскости (РИС. 4.4).Разобьём кольцо на бесконечно малые элементы – дуги массой dm. Каждый элемент dm находится на расстоянии R отоси z. Элементарный момент инерции dI = dm·R2.

Проинтегрируем по всей массе кольца:mzmROdmРис. 4.4I   r 2dm  mR2 .02. Тонкий стерженьНайти момент инерции тонкого однородного стержня массы m и длины l относительно оси: а) проходящей через середину стержня перпендикулярно ему, б) проходящей через один из концов стержня перпендикулярно ему (РИС. 4.5).zzm, lrOdmOrdrаdmm, ldrбРис. 4.5Разобьём стержень на бесконечно малые элементы – отрезки длиной dr. Каждыйmтакой отрезок будет иметь массу dm = τdr, где τ – линейная плотностьlстержня (она постоянна по длине стержня, так как стержень однородный).

Элеmментарный момент инерции dI  dm  r 2  r 2dr , где r – расстояние от оси z доlэлемента dm.В случае А) момент инерции42l2l2m2m r 3I  2  r 2dr ll 3002ml 3 ml 2.3l  8 12Расчёт в случае Б) отличается пределами интегрирования:lmm r3I   r 2dr ll 30l20ml3 ml 2.3l33. Однородный диск (сплошной цилиндр)Найти момент инерции однородного диска массы m и радиуса R относительно егооси (РИС. 4.6).Воспользуемся результатом решения задачи о МОzМЕНТЕ ИНЕРЦИИ ТОНКОГО КОЛЬЦА. Разобьём диск на бесmконечно тонкие кольца толщиной dr. Момент инерdmции кольца радиуса r и толщиной dr: dI = dm·r2, гдеRмасса бесконечно тонкого кольца dm = σ·dS,r OdrmdS = 2πrdr – площадь этого кольца, а σ  2 – поπRверхностная плотность диска, т. е.

масса единичного участка поверхности диска. Получимm2mРис. 4.6dI  2 2πrdr  r 2  2 r 3dr ,πRRR2m2m r 4I   2 r 3dr  2RR 40R0mR2.24. Однородная сфераНайти момент инерции однородной сферы массы m и радиуса R относительно оси,проходящей через её центр (РИС. 4.7).Разобьём сферу на малые участки массой dm. Моzмент инерции такого участка относительно оси zdIz  dm  r 2  dm x 2  y2 .АналогичноmdI x  dm y  z , dI y  dm x  z .2222Найдём моменты инерции всей сферы:dmOМомент инерции элемента dm относительно центра сферы – точки OdI0  dm  R2  dm x 2  y2  z2 .rRxРис. 4.7y43m22I z   x  y dm,0m22I x   y  z dm,0mI y   x 2  z 2 dm;0mI0   x 2  y 2  z 2 dm 0m12x 2  2 y 2  2z 2 dm 20mmm 31   x 2  y 2 dm   y 2  z 2 dm   x 2  z 2 dm  I z ,2 000 2IzIxIyтак как Iz = Ix = Iy из-за сферической симметрии.

Но I0 = mR2, поэтому22I z  I0  mR2 .335. Однородный шарНайти момент инерции однородного шара массы m и радиуса R относительно оси,проходящей через его центр.2I  mR25(доказать самостоятельно, используя результат ПРЕДЫДУЩЕЙ ЗАДАЧИ.)Теорема ШтейнераМомент инерции тела относительно некоторой оси равен сумме момента инерцииэтого тела относительно оси, проходящей через центр масс тела параллельноданной оси, и произведения массы тела на квадрат расстояния между осями:I  IC  md 2 .ДоказательствоПусть z – ось, относительно которой нужно найти момент инерции тела массы m;точка C – центр масс тела; z0 – ось, проходящая через точку C параллельно оси z; d– расстояние между этими осями (РИС.

4.8А). Разобьём тело на малые фрагментымассы dm.44zz0dmdmdCz0 ⊙⊙zабРис. 4.8Для удобства сделаем второй рисунок – РИС. 4.8Б, на котором оси z и z0 направленыперпендикулярно плоскости рисунка. По построениюr  ρd .Момент инерции элемента dm относительно оси zdI  r 2dm 22,относительно оси z0dIC  ρ2dm ;поэтому2dI  ρ  d dm  ρ2  2ρd  d 2 dm  ρ2dm  d 2dm  2ρd  dm .Проинтегрируем по всей массе тела:mmmI   ρ2dm  d 2  dm  2d  ρdm  IC  md 2 , ч. т. д.00IC 00, т. к. C – центр массm1.5.4.

Пример решения задачи по динамикеМаятник ОбербекаМаятник Обербека – тело вращения сложной формы – маховик с несколькимишкивами и четырьмя радиально направленными спицами, на которые надеваются небольшие грузы, положение которых можно изменять (РИС. 4.9).На шкив радиуса R намотана нить, на конце которой прикреплён груз массы M.Масса грузов на спицах равна m, они расположены на расстоянии r от оси маятника; момент инерции маховика со спицами относительно оси маятника равен I0.Груз массы M поднимают на расстояние h над полом и отпускают.

Через какоевремя груз коснётся пола?Выделим два объекта исследования: груз массы M – материальная точка и маятник с грузами массы m – твёрдое тело.Это упрощённое доказательство, так как мы проводим интегрирование только по тем элементам dm, которые лежат в плоскости, проходящей через центр масс тела перпендикулярно обеимосям. Полное доказательство (с интегрированием по всему объёму тела) даёт тот же результат.2245Будем работать в инерциальной системеотсчёта – лабораторной.На груз действует Земля с силой тяжестиF т1 и нить с силой натяжения T1 , при этомгруз движется с ускорением a , направленным вниз; на маятник действует Земля ссилой тяжести F т2 , вал с силой реакции Nи нить с силой натяжения T2 , маятниквращается вокруг своей оси с угловымускорением ε .Будем решать задачу на основании законовдинамики: для груза – II закон Ньютона(4.5), для маятника – теорема о движениицентра масс (4.6)23 и основное уравнениединамики вращательного движения (4.7):Ma  F т1  T1 ,(4.5)0  F т2  N  T2 ,(4.6)Iε  M Fт2  M N  MT2 .(4.7)mmrO ⊗zR⊗⊗mmt=0M0hτЗдесь I – момент инерции маятника с грузами массы m относительно его оси; леваячасть уравнения (4.6) равна нулю, так какyцентр масс маятника находится на неподвижной оси и, следовательно, его ускорение равно нулю.Рис.

4.9Представим эти законы в скалярном виде:спроецируем уравнения (4.5) и (4.6) на вертикальную ось y, а уравнение (4.7) – наось z маятника (произвольно выберем направление оси y вниз, а оси z – «от нас»):Ma  Fт1  Т 1 ,(4.8)0  Fт2  N  Т 2 ,Iε  T R.2Эта система содержит 3 уравнения с 7 неизвестными. Запишем дополнительныесоотношения:Fт1  Mg (из закона всемирного тяготения),T2  T1  T (нить невесома),εa(нить нерастяжима и не проскальзывает по шкиву),RI  I0  4mr 2 .Уравнение (4.6) не содержит информации, нужной для решения данной задачи; оно здесь записывается потому, что теорема о движении центра масс часто бывает необходима при решении задач по динамике твёрдого тела.2346Второе уравнение в системе (4.8) содержит две неизвестные Fт2 и N, которые ненужны для получения ответа данной задачи, мы далее не будем его записывать.Подставив дополнительные соотношения в систему (4.8), получимMa  Mg  T ,2 a I0  4mr  R  TR.Эта система содержит 2 уравнения с 2 неизвестными a и T и имеет однозначноерешение.

Исключим T:T  M  g  a  , I0  4mr 2 a  MgR2  MaR2 ;MgR2a.I0  4mr 2  MR2(4.9)Для нахождения времени движения груза решим кинематическую задачу. Запишем закон равноускоренного движения материальной точкиat 2,r t   r0  v0t 2здесь r – радиус-вектор груза массы M. Спроецируем это уравнение на ось y:at 22(начальная координата и скорость груза по условию равны нулю).

В искомый момент времени τ груз будет иметь координату h:y t  aτ 22h⇒ τ.a2Подставляя сюда результат (4.9), получимy τ   h τ2h I0  4mr 2  MR2MgR2.Проанализируем ответ задачи. При увеличении расстояния r грузов массы m отоси маятника время опускания груза увеличивается, а при увеличении массы Mнаматывании нити на шкив большего радиуса R – уменьшается.

Это можно проверить экспериментально.Демонстрация: Маятник Обербека47Лекция 51.5.5. Динамика плоского движения твёрдого телаКачение без проскальзывания – плоское движение, приCкотором скорость точек тела, соприкасающихся с опорной поверхностью, относительно этой поверхности, равна нулю. Ось, проходящая через эти точки, неподвижна и⊗называется мгновенной осью вращения (ось z наzРИС. 5.1).

(Ускорения точек мгновенной оси не равнынулю!) Качение без проскальзывания можно предстаРис. 5.1вить как вращение вокруг мгновенной оси.Качение без проскальзывания возможно благодаря трению. Оно характеризуетсясилой трения покоя24 (так как точки, соприкасающиеся с поверхностью, не движутся относительно неё).Демонстрация: Скатывание цилиндров с наклонной плоскостиПРИМЕРСкатывание цилиндра с наклонной плоскостиЦилиндр массы m и радиуса R, момент инерции которого относительно его осиравен IC, скатывается без проскальзывания с плоскости, наклонённой к горизонтупод углом α (РИС.

5.2). Найти ускорение центра масс цилиндра.Объект исследования – цилиндр –yтвёрдое тело.Система отсчёта – лабораторная.⊗На цилиндр действуют земля с сиmR⊗лой тяжести Fт , наклонная плосz0 ⊗ C⊗zαРис. 5.2xкость с силами реакции опоры N(упругая составляющая) и тренияпокоя F тр (неупругая составляющая). Цилиндр совершает плоскоедвижение, вращаясь с угловымускорением ε , при этом его центрмасс движется с ускорением aC .Запишем законы динамики – теорему о движении центра масс (5.1) и основное уравнение динамики вращательного движения (5.2):maC  Fт  N  F тр ,(5.1)Iε  M Fт  MN  M Fтр ,(5.2)здесь I – момент инерции цилиндра относительно оси.Т. н. сила трения качения в нашем курсе не рассматривается.

Трение качения обусловлено наличием ненулевого момента силы реакции опоры (её упругой и неупругой составляющих) относительно оси, проходящей через центр масс тела, и приводит к замедлению вращения катящегосятела. Трение качения возможно, лишь если опорная поверхность не является абсолютно твёрдой;в задачах нашего курса всегда по умолчанию полагается обратное.2448Спроецируем векторные уравнения на координатные оси: уравнение (5.1) – на осиx (направлена вдоль наклонной плоскости) и y (направлена перпендикулярнонаклонной плоскости); уравнение (5.2) – либо на ось z0, проходящую через центрмасс цилиндра, либо на ось z – мгновенную ось вращения.