З.П. Козлова, А.В. Паншина, Г.М. Розенблат - Теоретическая механика в решениях задач из сборника И.В. Мещерского (1115228), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Массой стерж М,+М, Ответ: хс =О, ус =2--- — — — — 1сохс. 2М~ + М! Решение. расчетная схема — на рис. 34.4.!. Запишем координаты точек А, В и П: хл = -1 йп !л, ул =- 1 сов ~р; хп = !а!и у, уд =-- 1сот !л; хр ==О, уп = 21сохф. ! хс == —. — ( — Ж1 л(п Ю+ МА йп~Р+ Мт О) = О 2М~+ Мг ! ус — — (М~1ссбМ+ М~(сох(Л+Мт 2(сову) = 2М,+М ! — — 1соау(2М3+ 2М2) =- 2М,-! Мт !+ т — М .1 (л. Рис. 34.4.! яйь Ранение. Расчетная схема —: на,рис. 34.5.!. В состав материальной и'1!йиейка АВ (точ!еа:С: — це!т~у.
массг пиалки). Запишем координаты точек А, В „Р и С в произвольном положении механизма, задаваемом углом !р: жл =О, ул = 21яп!р, зв — — 21соз!р, ув =- О, ! ! жв = — 1соз!р, ув = — -1яп!р, жс =- 1сОБ!р~ ус = 15!пф. 2 ' 2 06означим точку, в которой находится центр масс системы через Е. Распишем Формулы для координат зв и ув! ! зв = (М!зл + М!зв + Мззп+ 2М2зс) 2М, + Мз + 2М2 ! — — ~М! . 21соз!р+ Мр -1соз р 4 2М~1соз!р 2М!+ ЗМз ~ 2 ! ! - -1(4М! + 5Мз) соз !р, 2М! + ЗМз 2 ! ув '= (М!уА + М!ув + Мзув + 2Мзус) =- 2М! + Мз + 2М2 ! / — ~ М! . 21 яп !р + Мз -1 яп !р + 2Мз1 яп д 2М! + ~~2 ! ! — — .
— 1(4М! + 5Мз) яп !р. 2М!+ ЗМз 2 Найдем уравнение траектории центра масс Е, исключив из получен- ных выражений угол !р: 2 Это окружность с центром в точке О и радиусом 4М! + 5Мз 2М! + ЗМз 2 1. Геометрия масс г Задача 34.6. К вертикальному валу Ав прикреплены ковых груза Е и В с помощью дву» перпендикулярных притом взаимно перпендикулярных стержней ОЕ = 0)З = ми стержней и вала пренебречь.
Грузы считать точечным Найти положение центра масс С системьк а также центробе моменты инерции У„, /„х, У,х. , !' ! Ответ: Сг -г, -г, О, )„= У, .= l,„— 0 з Решение. Расчетная схема — на рис. 34.6.!. Выпишем координаты точек Е и )). тд = г, уе:- О, ее == 0: '4 во О, ус=г, го -О.
Обозначим их массы через т. Распишем Формулы координат центра масс С системы: ',1 ! ас — — (т . г !- т - 0) .= —, 2т 2' ! г ус = — (и! О+ т ° г) .=- —, 2т 2' ес — — — (т - О+ т 0) =- О. 2тл Вычислим центробежные моменты инер- ' ') ции системы: Хы ~ тя хяаь т хехе+т'хрхр=О, . ь=ч ,~а~."':::.:РФчдайй4г' ' Макарам.имрцийиада.'относительно цродольиой оси, проявившей:;через':ет центр," васб,'"вйчизсзлчяатея по:формуле: уст .
° Тогда согласно теореме Штайнера, момент, инерции относительно образующей будет равен З, 5 2 У =' — +гпг = -гпг = —. 1ОО-5 = 375О(кг ° см ). 2 2 2 Рвений. Для тонкого однородного круглого диска массы гл момент инерции относительно оси к, проходящей через диаметр, равен Х = гпг /4. Момент инерции половины диска в силу симметрии едва раза г меньше, но так как М =- гп/2, то искомый момент инерции Х, =- Л4г'~4. Х, О ч на а- ! Рис. 34.9.1 Решение. Расчетная схема — на рис.
34.9.2. Определим момент инерции пластинки относительно оси х, т.е. 1,. Для этого выделим бесконечно к Геомегрия масс тонкук полоску; параллельную оси х. Длина полоски 2Ь, ширина полоски ду, Полоска находи~ся на расстоянии у от оси х. Площадь полоски 2Ь ду. Масса полоски М М дгп =- — — — -- 2Ь ду — — ду. 2а 2Ь ' 2а Момент инерции полоски относительно оси х равен М 2 4,2, — у Йгл = — у йу.
2а' Момент инерции всеи пластинки 2а 2а г М, М ~,~ ' М(га)2 А.= ).~а=-„) --у 4у=- — -у! = — =-Ма, ,/ 2а ' 2а 3 )в 3 3 ~м) о Для нахождения момента инерции l„ выделим бесконечно тонкую полоску, параллельную оси у, и, проделав аналогичные вычисления, получим М(2Ь)2 4 3 =- — МЬ2. 3 3 ча 34,10(34.1 а). Вычисл рисунке однородного прямо ительно осей х, у и а.
Х =- — (а +4с), 2х 2 2 3 Решение. Расчетная схема — на рис. 34. ЮД. Воспользуемся определением момента инерции при непрерывном распределении масс материальных точек в твердом теле: ( 2+ 2),~ Здесь 2а я Ф а.= — ЯЦЬ*: *Зааааа*-:::,,~~ ' — ' (уг,+ лгс)Х ., сну'ггх = 6...а гс-' а а — 2ьрг Иу+ 2Ьх~ Иу ьЬ = гс — '- ° 2Ьу + 2ьх р дх = М ( гс2Ь:2аз = — ~ ~ — +2Ь ° 2ах сЬ= 8аЬс1 ~ 3 о М (2Ь.2аз.2с 2Ь 2а (2с)з 8Ь~ З З = — (а +4с). г г 3 Используя симметрию, запишем молсент инерции Х„=- — .
(Ь + 4с ). г 2 3 Вычислим момент инерции ,7с = (х + уг) сст =- (м1 гса ь — (х + р ) дхдрдх =- о -а -ь гс а — —.2Ь +у 2Ь сгрсгг =- Π— а гс М Г /'2Ь 2Ь 3 = — / ~ —.2а+ — 2а дг= 8аьс/ 1, 3 3 М г'2Ь'-2а 2с 2Ь 2а' 2с'~ + ЗаЬс ~ 3 3 = — — (а +Ь ).
г 3 1. Геометрия масс Задача 34.11 (34.12). В тонк круглом лиске радиуса 22 выев трическое отверстие радиуса г (р числить момент инерции этого относительно оси э, проходящей масс перпендикулярно плоскостг 2 7 рис. а4.11.1 0таат;,Т» =' — (22 + г ). 2 Рашение. Расчетная схема — на рис. 34.11.2. Ось Оэ перпендикулярна плоскости диска. Выделим бесконечно тонкий слой, предсгавляюгц11й собой концентрическую окружность. Все точки этого слоя находятся на рассгоянии х от осн Оэ. Толщина слоя 21х. Площадь слоя равна 2ях 71х.
Масса выделенного слоя М 2М »»»» ', 2 . "2яхг»х = 2х»»х. 7г(й2 — г7) 222 — г2 Момент инерции этого слоя относительнооси а равен Рис. 34.11.2 2М И» = х 4гп = — х дх. 222 . 2 Момент инершги диска Г 2М , 1 2М 4 ' .)' 2-. (7гг1» г2 . ( — г ) = — (В + г ). 4 4 М 2 2 2 . 122Ф Рец)ена1Е.
Расчетная скегяа — иа рж; З»4.1.2.2. 4В = АЮ -це14тр, лвасс треуго1и2ника,'.Иэ» ялайимФтрии„иэвефу2вэ,: что 1 Йм.'нчффиФ-Апзвр ПЖЪ:Строппа:622 =' а, ВЫДЕЛИМ'. баезКОНЕЧНО .. тонкузо..пппозску паоалйельную оси и; Полоска ':Иааоп((ТОЛ'йатуаеетовйни '(ф Отт ОСИ О; ШИРИИО ПОЙОСКИ "ОУ. Используй 'Полобие треутолЬН ИКОВ САК и СзАК» и тот факт, что 1 З З 2 получим, что длина выделенной полоски авиа р Рис. За.т2,2 2- — - — — =а Площадь полоски равна зЬ=О -- — 4у. Масса полоски равна И Л у~ 2МГг Нта = т дг = — а ( - — — ) Ну =- — ( — Ь вЂ” у йу.
(,З Ь) — О' зЗ -Ьа 2 Момент инерции полоски относительно оси а равен 2МЛ (З, = у (зп =- — ~-Ь вЂ” у) у 4у (12 ~З ) Момент инерции всей пластинки относительно оси х равен (г!з>ь л(з — — + ( у у+ (мз О О А(з (з~з>ь 2 о о 2М '2 ( ( ( 2 2з ( 24, = — Ь' -+ .-+ . Ьз ~ 9 Зз 4 З4 9 Зз 4 З4 ) з ( 4з ( з =2МЬ ° — ~ — + — + — ° 2 — — ° 2 ) = — М6 . 34~З 4 3 4 ) 18 18 1, Геометрия масс Ответ: Т. = — М1'. И Решение. Расчетная схема — на рис. 34.13.2. Точка С вЂ” центр масс треугольника. По теореме Штей нера /2 Лу 3, =-.
3, + М АС -- 3, + М . ~ - 1 — - ~ зЗ 23 В 1 Р Рис. 34. 1 3.2 Воспользуемся результатом 34.12. Момент инерции /,03 у У,. =- — Мй'= — -М~1 — ~ 18 18 Поэтому 3Г, =- - -М 1 — +М -1 — = -М! вФ Рещение. Расчетная схема — на рис. 34Л4:2. Ось Аа перенаикулярна плоскости пластины. Выделим бес- '. '::,:,'.-,'::~!; конечно тонкув полоску, параллеяьнуку оснований треугольника.
Полоска находится нарассзтзянии ж от .:,. 1 оси Аа. Ширина полоски равна дж Длина полоски Ь: ', -;; нахпдитсв вз подобия треугольников: ' в: к 2 ' '.~б Э. Однородная металлическая роннего треутольника (рис. 34 равна М, 1 — длина ее сторо инерции пластинки относите через ее вершину параллельн полученным в задаче :~Ъ Л.,Твоагегудгя-миж., "- ' ' ',, 79 Поэтому::айна гйлоски равна Ь' = — х. плогцвдь полоски да = — х Их. Л... ~з Агп = 7' гЬ = —.
- — х 11х'= - — х дх. ,Введем'вспомогвгельную ось 6'х', параллельную Аа и прокодяшую череэ центр масс выделенной тонкой полоски. Момент инерции полоски относителыю этой оси равен -( — *,*)' .- 4УС4 = = — — х Ах. 12' 27 12 По теореме Штейнера момент инерции полоски относительно оси Ае равен 8М 3 ЗМ 2 80М Ы =47с4 +41гп (АС')' =- — — х Ах+ — — хдх х =- — — х дх. 27 12 3 12 2712 Следовательно, момент инерции всей пластины относительно оси Ал вычисляется по формуле: !~3/2 Г 3 4 2 80 М 1 11 "за х Нх= — — -х ~ == — М1.
2712 4 ~ 12 о 80М У,=- Ю4= —— 271 (М3 ~31' Решание. Расчетнаясхема — на рис. 34.15.2. Вычислим момент инерции пластины относительно оси х, т. е.,У,. Для этого вылелим бесконечно тонкую полоску, параплельную оси х. Полоска находится на расстоянии у от оси х. Ширина полоски равна 11р. Длина полоски равна (по определению). Рис. 34. 16.1 .У =,»»+У,= — Ь + — а = — (а +Ь), г М г М з г 4 4 4 А» = У Фи', Х» — — ж Игп' Рецзонмо. Искомый момент инерции есть разность мезкау моментом инерции сплошного шара радиуса Л и шара радиуса г (см. рис.
34.!б.!). Пусть р — плотность материала. Тогда 2 з 2 г ° ~ = А~ — 3» = -Мя Л 5 5 4 з 4 з Мл —— р - -яЛ, М„=- р. -»гг . 3 ' " 3 Кроме того, М 4 з 4 -яЛ вЂ” -ег~ 3 3 Подставляя эти формулы, получим: з з .У = — ~ (Л вЂ” г )~ == — М вЂ”. 5 ~Лз гз 5 Лз гз породного его центр ныЛиг 22 1. Геометрия масс Задача 34.17 (34.18).
Вычислить момент инерции о кой оболочки, выполненной в виде полусбуеры ради тельно оси, проходящей через це перпендикулярно к опзаничива кости (рис. 34.17.1). Масса М обо мерно распределена по поверхнос 2 Ответ: -М22 . 3 Рис. 34дт.з Рашаниа. Искомый момент инерции (в силу симметрии) равен половине соответствующего момента инерции полной сферической оболочки массы 2М. Чтобы вычислить зту величину, устремим г -+ Я я ответе предыдущей задачи 34.16. Имеем /2 215 г5 Герли~ыре 11тя У 11Пу ~ (2М) 2 ° я 2 -я~5 71з — гз/ ,з( оз гг), =- — (2М) 11щ ~ Л + 5 ~-+я ~, 22з — гз — — — (2М) 1нп В + 1, ( з (Л+ г)гз 5 я1, Вз+22г+гз =- — (2М) ~22 + -В ~ =- -МЛ . / г 2 зт 2 3,7 3 :.а ~" Решение.: Пусть М вЂ” масса,цвяиндра, Тогда момент инерции о~-,'!! носзпельйо указанной Феи, проуязаяздеи через центр масс, 1.'71ооаеетрйя атме, ' ' ' .: ' . '23 т(де:21 =:4 бат —..рад!1ур.'.;й'=4О,см — высота, Согласно теореме штейнера ' для-ийкомоге радиуса ийерци11 цмееш.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
