П.А. Форш - Задачи по теоретической механике для химиков (1115220), страница 8
Текст из файла (страница 8)
9.4Указание: при рассмотрении валентных колебаний удобно перейти к новымпеременным,;априрассмотрениидеформационных колебаний выразить смещения атомов ,ичерез α угол отклонения молекулы от значения π.79 Глава 4. Движение твердого тела § 10. Тензор инерции Как уже упоминалось ранее, под твердым телом в механике понимаетсясистема материальных точек, расстояния между которыми неизменны.Твердое тело обладает шестью степенями свободы (см. задачу 2.2).
Дляоднозначного определения положения твердого тела относительно(с осямиинерциальной системы отсчета (с осями , , введем систему, ,жестко связанную с твердым телом. Начало отсчета системыудобно выбрать в центре инерции твердого тела. Произвольное перемещениетвердого тела можно представить в виде параллельного переноса тела впространстве и поворота вокруг центра инерции. В качестве обобщенныхкоординат, задающих положение твердого тела, выберем радиус-векторцентра инерции (для описания поступательного движения) и три угла,характеризующих ориентацию осей , , по отношению к осям , , (дляописания вращательного движения). Пусть масса твердого тела равна μ,скорость его центра инерции – , а угловая скорость вращения твердого тела- .
Тогда кинетическая энергия твердого тела имеет вид:μ212αβ α β ,10.1α,βгде αβ - тензор моментов инерции или просто тензор инерции тела. Индексыα, β в (10.1) нумеруют оси декартовой системы координат . Компонентытензора инерции тела можно записать в виде следующей таблицы:,αβ10.2где суммирование ведется по всем материальным точкам системы. Изпредставления (10.2) видно, что тензор инерции является аддитивнойвеличиной – моменты инерции тела равны суммам моментов инерции егочастей.
Если возможно ввести плотность твердого тела ρ, то в (10.2) суммазаменяется интегралом по объему тела:80 ραβρρρρρρρ,10.3ρгде ρ - плотность тела. Тензор инерции симметричен, т.е.βα .αβКак и всякий симметричный тензор второго ранга, тензор инерцииможет быть приведен к диагональному виду путем соответствующего выбораотносительно тела. Эти направления называютнаправлений осей , ,главными осями инерции, а соответствующие значения компонент тензора –главными моментами инерции. Обозначим главные моменты инерциипосредством,,.
Тензор инерции приэтом будет иметь вид000αβ000 ,а кинетическая энергия твердого тела запишется следующим образом:μ212.10.4Следовательно, для определения кинетической энергии твердого теладостаточно найти его главные моменты инерции.Задача 10.1. Определите главные моменты инерции двухатомной молекулы(такую систему можно рассматривать как жесткий ротатор: двематериальные точки, скрепленные жестким невесомым стержнем).□ Пусть расстояние между атомами есть .
Направим ось по оси молекулы.Далее совместим начало координат с центром инерции молекулы,определяемым равенством0,10.5,и , - массы и координаты, соответственно, первого и второгогдеатомов. Поскольку расстояние между атомами , то81 ||.10.6Из (10.5) и (10.6) находим (в предположении, что;):.Поскольку координаты , атомов равны нулю, то, как это видно изформулы (10.2), отличными от нуля компонентами тензора инерции будут.Так как тензор инерции получился диагональным, то найденныезначения являются главными моментами инерции молекулы.
■Задача 10.2. Определите главные моменты инерции однородного шара массыμ и радиуса .□ В силу сферической симметрии центр инерции шара находится в егоцентре, а тензор инерции диагонален, причем. Вычисленияудобно проводить в сферической системе координат с началом в центрешара. Поскольку декартовы прямоугольные координаты связаны сосферическими соотношениями,,,то момент инерции можно представить в виде:ρρππρ8π.1510.7В формуле (10.7) учтено, что якобиан перехода от прямоугольныхдекартовых координат к сферическим равен. Поскольку плотностьшара ρμπ, то, подставляя это значение в (10.8), найдем:2μ.5■Формулы (10.2), (10.3) позволяют найти тензор инерции αβ ,вычисленный относительно системы координат с началом в центре инерциитвердого тела.
Пусть αβ – тензор инерции, определенный по отношению ксистеме координат с началом в точке82 . Будем считать, что точканаходится на расстоянии от центра инерции тела. Связь между тензорамиαβ и αβ устанавливается соотношениемαβαβμδαβα β,10.8где δαβ - символ Кронекера:δαβ1, при α0, при αβ,β.Задача 10.3. Определите главные моменты инерции однородного полушарамассы μ и радиуса R (рис. 10.1).□ Вначале определим тензор инерции полушара относительно системыкоординат с центром в точке- центре шара.
Поскольку тензор инерцииаддитивен по отношению к частям, из которых состоит тело, то тензоринерции полушара αβ μ (вычисленный относительно точки ) связан стензором шара αβ 2μ (вычисленным относительно той же точки в задаче10.2) выражением:αβαβμ2μ50,2μ2z’Рис. 10.1μρβ,при αβ.Теперь вычислим координатыцентра инерции (точки ) полушара.Изсоображенийсимметрииочевидно, что центр инерции будетнаходиться на оси , т.е. координатывектора, задающего положениецентраинерцииполушараотносительно точки , есть (0,0, ).Координатаопределяется равенством:О1, при αρμπ/π3.8Далее с помощью формулы (10.8) найдем компоненты тензора αβ μполушара относительно системы координат с центром в точке . С учетомравенства нулю компоненти , формула (10.8) в нашем случае будетиметь вид:83 αβμαβμμδαβα β.10.9С помощью соотношения (10.9) находим главные моменты инерции:μμμμμμμμμ83μ320μ2μ5,.■Задачи для самостоятельного решения50.
Найдите главные моменты инерции молекулы из трех одинаковыхатомов, расположенных в вершинах равнобедренного треугольника (рис.10.2).51. Определите главные моменты инерцииоднородногопрямоугольногопараллелепипедасребрамидлины2 , 2 , 2 и массой μ.mhmaРис. 10.2m52. Определите главные моменты инерцииоднородного кругового конуса с высотой ,радиусом основания и массой μ.53.
Определите главные моменты инерциисплошного однородного полуцилиндрамассы μ, радиуса R и длины .§ 11. Углы Эйлера. Интегрирование уравнений движения твердого тела В § 10 отмечалось, что для описания вращательного движения твердоготела необходимо задать три угла, которые характеризуют ориентацию осей, ,системы , жестко связанной с твердым телом, по отношению косям , , неподвижной системы . Обычно в качестве трех таких угловиспользуют эйлеровы углы , , . Для определения этих углов совместимначало системыс началом системы .
Это можно сделать, поскольку вданном случае нас не интересует поступательное движение тела. Любойповорот тела можно представить как последовательность показанных нарис. 11.1 трех поворотов:84 1. поворота вокруг оси на угол (рис. 11.1 а);2. поворота вокруг полученной в результате первого поворота линииON (называемой линией узлов) на угол (рис.
11.1 б);3. поворота вокруг оси на угол (рис. 11.1 в).Направление каждого из поворотов связано с направлением оси, вокругкоторой он осуществляется, правилом правого винта. Линия узлов (какможно видеть из рисунка) есть линия пересечения плоскостейи.Угол образован осью и линией узлов, угол- линией узлов и осью , иугол есть угол между осями и .zz’zzz’y’ψθθy’ϕOxz’y’x’ϕаNOyNx’xOyψxyx’NвбРис. 11.1Для того, чтобы набор углов Эйлера ( , , ), определяющий каждыйреальный поворот, был однозначным, принимают, что значения углов имогут изменяться в пределах от 0 до 2 , а значение угла ограничиваютинтервалом от 0 до .Проекции вектора угловой скоростина оси подвижной системыкоординат ( , ,определяются через эйлеровы углы следующимивыражениями:sin sinsin coscoscos ,sin ,.11.1С помощью этих выражений можно представить кинетическую энергиютвердого тела (10.4) в виде функции от обобщенных координат , иобобщенных скоростей , , , (здесь под понимаются производные повремени от координат центра инерции твердого тела).
Потенциальная85 энергия твердого тела зависит от обобщенных координат , , , . Такимобразом, функция Лагранжа твердого тела может быть записана в виде, , , , θ,, , ,.Задача 11.1. Выразите кинетическую энергию вращательного движениясимметрического волчка через углы Эйлера.□ Симметрическим волчком называется любое твердое тело, у которого дваглавных момента инерции равны между собой и отличаются от третьего.Пусть, например,.С помощью формул (10.4) и (11.1) для кинетической энергии вращательногодвижения получаем выражение:вр222.211.2■Задача 11.2. Найдите функцию Лагранжа однородного тонкого стержнямассы μ и длины 2 , движущегося в поле тяжести Земли.□ В качестве обобщенных координат выберем координаты , , центратяжести (инерции) стержня и углы Эйлера, , . Из соображенийсимметрии очевидно, что два главных момента инерции совпадают,например,, а момент инерции0 (толщиной стержняпренебрегаем).
С учетом этого полная кинетическая энергия будет равна:μ,22Момент инерцииμμ2Следовательно,переписать в видевыражение3дляμ686 кинетическойμ2.энергии.можноНаправим осьвертикально вверх, перпендикулярно поверхностиЗемли. Тогда потенциальная энергия стержняμ .Функция Лагранжаμμ2μ6.■скатывается безЗадача 11.3. Тонкий диск массы μ и радиусапроскальзывания по наклонной плоскости, угол наклона которой α (рис.11.2).
Найдите функцию Лагранжа изакон движения диска.Rϕ□ Направим осьвдоль наклоннойплоскости и выберем в качествеобобщеннойкоординатуцентраинерции диска . Тогда кинетическаяэнергия диска запишется в виде:μα22,11.3x где- момент инерции дискаотносительно оси, проходящей черезцентр инерции и направленной перпендикулярно поверхности диска, аугол поворота диска.Рис. 11.2:Вычислим момент инерции дискаπμμπгде2,– поверхностная плотность.Подставляяв формулу (11.3), найдем:μμ24.Условие движения без проскальзывания приводит к связи.87 11.4С учетом условия связи из (11.4) получаем выражение длякинетической энергии диска:3μ.4Потенциальная энергия дискаμ.Функция Лагранжа3μ4μ,а уравнение Лагранжа имеет вид:3μ2μ0.Отсюда находим закон движения:,3гдеи- начальные скорость и координата центра инерции диска.
■Задача 11.4. Точка опоры симметрическоговолчка массы μ может двигаться по гладкойгоризонтальной плоскости (рис. 11.3). Найдитезакон движения волчка в поле тяжести.zz’Oнаправлена по оси симметрии□ Пусть осьтела и пусть центр инерции тела (точканарисунке) лежит на расстоянии от точки опоры(.
Осьнеподвижной системыкоординат направим вертикально вверх, аPплоскостьсовместим с горизонтальнойРис. 11.3поверхностью. Пусть, ,– координатыцентра инерции тела в неподвижной системе координат. Наличие точкиопоры означает, что на волчок наложена связь. Отсюда следуеттакже, что. Поэтомуθμ22288 .Потенциальная энергия определяется расстоянием по вертикали отгоризонтальной плоскости до центра масс тела, т.е.μμ.Функция Лагранжа системыμ22μ2.11.6Эта функция не зависит от координат , , , , т.е.
эти координаты –циклические. Соответствующие им сохраняющиеся обобщенные импульсыμ ,11.7μ ,11.8,11.9.11.10Первые два интеграла движения выражают законы сохраненияпроекций импульса на оси , . Третий и четвертый интегралы движения естьзаконы сохранения проекций момента импульса на осии,соответственно, поскольку координатыиявляются углами поворотатела вокруг осей и . Функция Лагранжа (11.6) не зависит явно от времени,поэтому еще одним интегралом движения будет обобщенная энергияμ222μ.11.11Таким образом, мы имеем систему из пяти интегралов движения (11.7)(11.11) для пяти неизвестных функций,,,,.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
