С.Ю. Никитин, С.С. Чесноков - Механика (1111872), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Динамика твердого тела118d ′N+ [ω, N ] = M .dt(9.11)Согласно формулам (9.5) и (9.8) проекции вектора момента импульса тела Nx, Ny, Nz на оси сопровождающей системы координат выражаются через проекции вектора мгновенной угловой скорости тела ωx, ωy, ωzна оси той же системы следующим образом:N x = I xx ω x + I xyω y + I xzωz ,N y = I yx ω x + I yy ω y + I yz ω z ,N z = I zx ω x + I zy ω y + I zz ω z .ВеличиныI ij ( i, j = x , y, z ) образуют тензор инерции твердого тела и оп-ределяются формуламиI xx =∑ mi ( yi2 + zi2 ), I yy = ∑ mi (zi2 + zi2 ), I zz = ∑ mi ( x i2 + yi2 ) ,iI x y = I yx = −ii∑ mi x i yi , I x z = I zx = −∑ mi x i zi , I yz = I zy = −∑ mi yi zi .iiiЗдесь x i , yi , z i – декартовы координаты материальной точки тела массой miв сопровождающей системе координат.Тензор инерции не зависит от движения тела, а определяется формой и размерами тела, а также распределением массы внутри тела.
Крометого, тензор инерции зависит от того, какова ориентация осей сопровождающей системы координат относительно тела. Можно показать, что в общем случае оси сопровождающей системы координат могут быть выбранытак, что тензор инерции будет диагональным. Такие оси называются глав-§9. Динамика твердого тела119ными осями инерции тела. Связь декартовых компонент момента импульсаи угловой скорости вращения тела в главных осях имеет видN x = I x ω x , N y = I yω y , N z = I zω z .(9.12)Величины Ix, Iy, Iz называются главными моментами инерции тела.Формулы (9.12) показывают, что векторы момента импульса и угловой скорости вращения тела, вообще говоря, не параллельны друг другу.Однако если тело вращается вокруг одной из главных осей инерции, то вектор N становится параллельным вектору ω.
Именно это обстоятельство физически выделяет главные оси инерции среди всех возможных направленийв твердом теле.Подставив выражения (9.12) в формулу (9.11), получим уравнениядвижения тела с одной неподвижной точкой (уравнения Эйлера)d ′ω x+ ( I z − I y )ω y ω z = M x ,dtd ′ω yIy+ ( I x − I z )ω x ω z = M y ,dtd ′ω z+ ( I y − I x )ω x ω y = M z .IzdtIx(9.13)Здесь Mx, My, Mz – моменты внешних сил относительно главных осей инерции тела.
Решив уравнения Эйлера с учетом соответствующих начальныхусловий, можно найти функции ω x (t ), ω y (t ), ω z (t ) , а затем, используя соотношения (9.12), функции N x (t ), N y (t ), N z (t ) .Ориентация главных осей инерции тела относительно лабораторной системы координат характеризуется матрицей поворота (см. §2). Знаярешение уравнений Эйлера и матрицу поворота, нетрудно найти декартовыкомпоненты мгновенной угловой скорости вращения тела относительнолабораторной системы координат.
Далее по формулам типа (9.10) можновычислить производные по времени ортов сопровождающей системы коор-§9. Динамика твердого тела120динат (направленных вдоль главных осей инерции тела) и получить в итогедифференциальные уравнения для элементов матрицы поворота, решениекоторых с учетом соответствующих начальных условий дает закон движения тела с одной неподвижной точкой.Примеры решения задачПример 9.1. Диск радиусом R с моментом инерции I скатывается по наклонной плоскости, образующей с горизонталью угол α. Считая, что движение диска является плоским и качение происходит без проскальзывания,найти ускорение центра диска. Определить минимальное значение коэффициента трения, при котором отсутствует проскальзывание.Решение.
Движение диска происходит под действием трех сил: силы тяжести mg, силы нормального давления Q и силы тренияF (рис. 9.2). Уравнение движения центра масс дискаимеет видmac = mg + Q + F .Рис. 9.2Записывая это уравнение в проекции на ось OX, параллельную наклонной плоскости, имеемmac = mg sin α − F .Уравнение вращения диска вокруг оси, перпендикулярной плоскости рисунка и проходящей через центр масс диска, имеет видIε = [R, F] ,где R – радиус-вектор, проведенный из центра масс в точку приложениясилы F, т.е. в точку касания диска и наклонной плоскости.
Сила тяжести исила нормального давления имеют относительно центра масс нулевые мо-§9. Динамика твердого тела121менты. Поскольку R ⊥ F и векторное произведение [R, F] направлено нанас, проекция векторного уравнения вращения диска на ось, перпендикулярную плоскости рисунка, имеет видI ε = FR .Положительное направление вращения указано на рис.
9.2 стрелкой.При отсутствии проскальзывания между угловым ε и линейным acускорениями существует простая связь:ac = εR .Объединяя уравнения записанные соотношения, находим ускорение центрамасс дискаac =g sin α1 + I / ( mR 2 )и силу трения между диском и наклонной плоскостьюF=2[I sin αR 1 + I / ( mR 2 )]g.Поскольку максимально возможное значение силы трения покоя связано скоэффициентом трения μ соотношениемFmax = μN = μmg cos α ,проскальзывания не будет, если F ≤ Fmax , или2[I sin αR 1+ I / ( mR 2 )]g ≤ μmg cos α .§9. Динамика твердого тела122Отсюда находим условие, накладываемое на коэффициент трения:μ ≥ μ min , гдеμ min =ImR 2 + Itg α .В частности, если диск является однородным, то I = mR 2 / 2 иμ min =1tg α .3Пример 9.2.
Маятник Максвелла представляет собой массивный сплошнойдиск с отверстием в центре, жестко насаженный на ось. Чтобы привести маятник вдействие, на концах оси закрепляют двенити, которые наматывают на нее в одномнаправлении, а свободные концы нитейпривязывают к неподвижной опоре (рис.9.3). Будучи предоставленным самому сеРис. 9.3бе, маятник совершает периодическое движение, опускаясь вниз и поднимаясь вверх.
Найти ускорение маятника инатяжение нитей, если радиус диска R, его масса M, радиус оси r, а ее массаm.Решение. Маятник движется под действием сил, изображенных на рис. 9.4,где через T обозначено суммарное натяжение обеихнитей. Уравнение движения центра масс маятника иуравнение вращения его вокруг оси, проходящей черезцентр масс, имеют вид:( M + m) a = ( M + m) g − T ,Рис. 9.4§9. Динамика твердого тела123Iε = T r .Угловое ускорение маятника ε связано с ускорением его центра масс a соотношениемε=a.rОбъединяя записанные выражения, находимa=( M + m) gM +m+I /r2, T =I ( M + m) g(M + m + I / r )r22.Момент инерции маятника равенI=()1M (R 2 + r 2 ) + mr 2 .2Окончательно,a=2(M + m) gr 2r3(M + m)r + M R2, T =()( M + m) ( M + m) r 2 + M R 2 g23(M + m)r + M R2.Рассмотрим движение маятника более подробно.
Будучи предоставленным самому себе, он начинает опускаться вниз с ускорением a и раскручиваться с угловым ускорением ε. Нити во время движения вниз разматываются до полной длины. Раскрутившийся до определенной угловойскорости диск продолжает вращательное движение в том же направлении инаматывает нити на ось. Вследствие этого он поднимается вверх, замедляяпри этом свое вращение. Дойдя до верхней точки, маятник опять опускаетсявниз и т.д. Таким образом, движения маятника являются периодическими,чем и объясняется его название.§9.
Динамика твердого тела124Отметим, что ускорение маятника и сила натяжения нитей не зависят от того, куда движется маятник: вверх или вниз. При колебаниях маятника его скорость меняет направление, а ускорение центра масс все времянаправлено вниз. Сила натяжения нитей постоянна за исключением момента перемены направления движения маятника в нижней точке, когда натяжение нитей на короткое время резко возрастает.Пример 9.3. С каким ускорением будет опускаться катушка массой M смоментом инерции I, если к нити, намотанной на катушку,подвешен груз массой m (рис. 9.5)?Решение. Обозначим через T1 и T2 натяжения верхней инижней нитей, ac и a – ускорения центра масс катушки игруза, ε – угловое ускорение катушки. Положительное направление ε, соответствующее положительному направлению ac , указано стрелкой.
Движение системы описываетРис. 9.5ся следующей системой уравнений:M ac = M g + T2 − T1 ,ma = mg − T2 ,I ε = (T1 + T2 )R .Из условия отсутствия проскальзывания нитей вытекают кинематическиесоотношения:ac = εR , a = 2ac .Решая записанные уравнения, находим ответac =M + 2mM + 4m + I / R 2g.§9. Динамика твердого тела125Пример 9.4.
Однородному сплошному цилиндру массой m и радиусом Rсообщили вращение вокруг оси с угловой скоростью ω0, положили на горизонтальную плоскость и предоставили самому себе. Определить, через какое время t0 движение цилиндра перейдет в качение без проскальзывания,если коэффициент трения между цилиндром и плоскостью равен μ. Какаячасть начальной кинетической энергии цилиндра перейдет при этом в тепло?Решение.
В горизонтальном направлении цилиндрдвижется под действием силы трения скольжения F(рис. 9.6). Уравнения динамики имеют видmdv c1dω= μmg, mR 2= − μmgR .2dtdtРис. 9.6Знак “минус” в последнем уравнении обусловлен тем, что момент силытрения вызывает отрицательное угловое ускорение. Выражая отсюда ускорение центра масс и угловое ускорение цилиндра, получаем дифференциальные уравненияdv cμgdω= μg,= −2.dtdtRНачальные условия имеют вид: v c (0) = 0, ω(0) = ω 0 . Интегрирование записанных выше уравнений с учетом начальных условий даетv c = μgt, ω(t ) = ω 0 −2μgt.RКачение с проскальзыванием перейдет в чистое качение в момент времениt0, когда начнет выполняться соотношение v c = ωR , т.е.μgt0 = ω 0 R − 2μgt0 .§9.
Динамика твердого тела126Отсюда находимt0 =ω 0Rω Rω, v c (t0 ) = 0 , ω(t0 ) = 0 .3μg33Определяем кинетическую энергию цилиндра в момент времени t0:Κ = Κc + Κω .гдеΚc =1111m v c2 (t0 ) = mR 2ω 20 , Κ ω = I ω 2 (t0 ) =mR 2ω 20 .218236Учитывая, что начальная кинетическая энергия равнаΚ0 =1mR 2ω 20 ,4находим, что часть энергииQ = Κ0 − Κ =1m R 2ω 206переходит в тепло. ОкончательноΚc =212Κ0 , Κω = Κ0 , Q = Κ0 .993Пример 9.5. Определить характер свободного вращения симметричноговолчка. Центр масс волчка считать неподвижным.§9. Динамика твердого тела127Решение.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
