З.П. Козлова, А.В. Паншина, Г.М. Розенблат - Теоретическая механика в решениях задач из сборника И.В. Мещерского (1115228), страница 3
Текст из файла (страница 3)
рг = —.()о + М 1~) =' — (3)з~+ )г~) + т'~, М' 12 - где 1 =. 1О см =.. расстояние между осями. Отскгда р =' 15,4О5 см. 4Мг+99Мг г б Решение. Для стержня имеем: + — -Мг (Зг) 28 г 7 !2 3 — -=Мгг !о! !о! г г 33 гласю ==- ."л тм + Мг ° (4г') —.. Мг — + Мг1б!" — — 1Мгг 2 2 Искомый момент инерции: 7 ЗЗ« гг .7о =- г М! — + М вЂ” ~ = — ( 14Мг + 99Мг). 3 2 г' б Замечание к задаче 3419. О отоете к этой задаче, приосдснном о сборнике (!О(, допугдена опечатка: вместо числа !4 указано 4 стержень АВ длины 2! ьной осн, образуя с ней .7,, 7„н центробежный Оси координат показаны на рнс. 34.20.1. М1г М1г а,,уу — — — — сйп а, .7, .=- — — а!п2а. 3 " б момент инерции 7,у М(г Ответ: .7, = — сод 3 ЭвЮчв'34.19 (34.21)г Л4йятник состоит нз тонкого однородного стержня АВ массы Мм к концу которого прикреплен однородный диск С массы Мг.
Длина стержня равна 4г, где г — радиус диска. Вычислить момент инерции маятника относительно его оси привеса О, перпендикулярной плоскости маятника и отсгоящей на расстоянии 1 от конца стержня. !о1 !о! !о! ! т" Мг 1 г зля= гол+зов= ~ )'г «~4) = Мгг~ — + — = М,г . т Рис. 34,19,1 г 1.
Геометрия масс А гтис. Э4.20. г р с. за.2о.2 Решение. Расчетная схема — на рис. 34.20.2, где Охуг — исходная система координат, 13х», ул, тяг — главные оси инерции. Имеем: 3„,„== 0 (для тонкого стержня»; .7,„--- .7м — — М(21) = -М!г. !2 3 Используем известную формулу 3„†.7, соя' а+,7„соя'Д+ 7, созг Т— — 2.7ха соя а соя 13 — 2,7,, соя а соя у — 2.7„, соя 13 соя г, где и -- любое направление, соя а, соз,О, соз Т вЂ” направляющие косинусы этого направления с осими х, у, г соответственно. Возьмем в качестве х, у, г главные оси хв, ум гв. Тогда ,7, = .7.,„= -М1 . г та Теперь применим эту формулу, взяв оси х, у, х, а в качестве и возьмем хо Тогда ,7» =.7я.
= О = 7 (з(па)г+ 7 . (соз а)г +.7, * О— ' — 27,' згпасоьа'-24,'я1яа..О'-27аасоаатО -==о ,7е„=,... - . ~ — '.т ХЫ ':+.— ". 1 а.СОЗ а~) .= — а. 2а(пасоза~ т3э '' ', ',:.,3'.:: ''; ',7:: 6 .7, =.7„,-(з1па) +7и, (-сова) ,7т —— .7 „. (соя а) + .7„„. (з(п а) + +,7,.0= -М1 соз а г г 3 .7,„.0 = -М1 .Бтп а, г . г 3 Решение. Расчетная схема — на рис. 34.21.2, гле указаны также главные оси инерции Сжа, уе, ле. о Рис. 34.21.2 Имеем Мг~ 1 = —, 1 х и 2 ' 4 Тогла по формулам Штейнера имеем: М .2 1, =- Уд, + — =- Мг~ ,У, =- —.
а' 4 3 2 -Мг, 4 .У„=.уи, + О, Аналогично, получим,У„= 1„, = О. Мге Мгз 1, =- 1,„+ — =- —. 4 2 Далее, имеем: Уел —— 1,,„„„+ М„„, гле же, уе — координаты точки О в системе Схоуоле. Тогда К /еомегрня масс ить момент и М относите го вершину ланы рассто рис. 34.22А) ис. 34.22.2, где АВС вЂ” заданный которой надо найти его момент . ! '4 роение, продолжив ВС до первой ~АСР. ,М 4.22.2 твет: .г, ьн' Решение, Расчетная схема — на р треугольник, Ах — ось, относительно инерции.
Сделаем дополнительное пост сечения с осью Ах я точке Р. Тогла (х) ьй ~АВС 'ГАЛО Е3 р х Пусть Р— плотность. Тогда имеем М = Р'олвс~ М~ = Р'олво Мт = Р'8Аср 8АВС хАВО 8АСО Кроме того, так как АВЮ и АСр имеют общее основание, то 8лво Ьв Ь,,' Тогда получим Ьв ЬВ-ЬС 8АВВ Ь, олсо =4' 8Авс ='8АВВ . Влсв = БАсо плср =- —...
ВАВсЬв: —.' Ьс ЬВ '~Яма ВАВВ.= .. Жлвсг. Ьв-- Ьс 1 Хвривтувга:-ыдсс 27 Пев(ставляя."гнвгу,'фтгийе ебггтнцтцеинтя в Фвфмулы для моментов инер-в~ ~ . э ~: т 1 Ьв 2. 'глвс = Рвдвв'.пв Р8лср 'Ьс = '.Р': ' оввс 'дв' 6 ' б ., 6 Ьв — Ьс : ~,з Ьэ --Р— 8лвс*Ас = -Р8лвс. — = -М(бв+ Ьс+2гв Ьс)- .6 Ьв-.бс 6 Ьв-Ьс Решение. имеем (см. рис. 34л.! к задаче 34.1): 3 ге, = т(хлхл + ха ха + хо хо) = — — тг~ (а + Ь), 2 ~/з ,Тг, — — т(улхл+ увхв+ упхп) = — — пи~(а+ Ь), 2 ГЗ ~ГЗ А*у = т(хлул+ хвув+ хоуп) =- т~ д' — — гР— + (-Н) О = О.
4 4 Зарачв 34.24(34.25). Однородный круглый диск массы М эксцентрично насажен на ось х, перпендикулярную его плоскости. радиус диска равен г, эксцентриситет ОС = а, где С" — центр масс диска. Вычислить осевые .1„,ую.г, и центробежные у,к, 1„,,у„, моменты инерции диска. Оси координат покаэаны на рис. 34.24,! . Рис. 34.24.1 1 Геометрия масс ььь Решение. Эта задача аналогична задаче 34 2! с небольшим измене-' нием наименований осей. Получим: Мт У вЂ”,У т — хс 4 Мгт Ут =- Утс т Мо = — + Ме, 4 т Мг т т У.
=- У.с+Ма 2 .У,т — — = О т Матра = О. Аналогично получим,У~т —,Ут, —— — О. Решение. Пуст пользуем известную ь и — единичный вектор направления оси О»г. Исформулу: ,Уо =,У,ств а+,Утсоь'Ф+.У,сов уз з з а соь Д вЂ” 2 У„соь гь сов у — 2.Уь, сов ф сов у, — направляющие косинусы оси О»~ всистеме Ощ». „';!.::!:."~ — 2,У,ь сов где сова,совф,сов у Ясно, что соь а = вгп ьт, соь |3 = О, сов у = соь Р. 'Вгда получим.'::-'::т;,':-.,'.,';-~ .У„= .У„.
= — вгп р + У вЂ” + Ма У . О+ ~ —, + Ма ~ соь гР =. г.' '. ЗО К Геометрия масс 3 „== (2 и — 1,, ) соз а, соь от ь (3„— Зх, ) сох Д сох Д -:- О, тм (ги " 7т )сояотсозот+(2г Лх )созртсозрт 'О Задача 34.27 (34 нии, по диск эксц эксцензриситет ОС Ответ: .7д,р — Зх, ьвл Решение. по формулам преобразования центробежных моментов инерции отнсх.ительно параллельных осеи имеем. ,7,х — — 1„, + МЬс, .~я — — 2тх + Мсп, чтя — — 1,з + МаЬ, где х, у, х проходят через центр масс тела, Ь, т), ( — параллельные им оси, проходящие через точку А с координатами (а. Ь, с).
В условиях нашей за- „:.:!';::;- .", дачи проведем через центр л1асс С диска оси хз, ун хм параллельные осям '::;=,';. ~! х, у, з. Тогда координаты точки О в системе (хм ун хз) будут (а сова, О, а зш а). Причел1 центробежные моменты инерции в осях хть ум хз извес1- ны нам из предыдущей задачи 34.26. Тогда получим: 2 „= 2,„, + М ° (а сов сг».
О = О, Ь Хз, =2„„т+М.О-(пипа) =О, Х~~ = 2„н, +М (асозгт)-(азлвсг) 2ЬТгх ' Щ ~з = — 3(п 2Й+ —. яп 2а = .. ",.)!:;::,';::.:у 8. т .'2".„ ЗЙФйяга М'М:(34'.Зтг).:Однгородный круглый диск радиуса В насажен на осв вращения а, проходя!дую через точку О и составляюцгую .с. Ьсью симметрии диска Св! угол:а.. (рис. 34,28.!). Масса диска равна М Определить момент 'инерции .7, диска относительно оси врагцения.а'и центробежные моменты инерции,7,, и .7 „если ОЬ— проекция оси а на плоскость диска, ОЕ = о, ОК = Ь.
Рис. 34 28.1 Отввт:,7, = М ~ а + -Л ! сов а + -7г гйп а + Ь ~, /г 1 г! г г г.г г1 2,7 4 ,7„=М~ — Л +а г йпасоза, 7„, = МаЬйпа. г г ~4 Решение. Эта задача отличается от задачи 34.27 лишь тем, что точка крепления О оси а смещена вдоль главной оси Ср1 влево на расстояние ОК = СЕ = Ь (еслн смотреть с конца главной оси Сяы см. рис.
34.28.2). Возьмем в точке С оси Схгргаг, параллельные осям Охуг. Мы придем к условию задачи 34.28, т. е. М .г 7„м -- .7тм, — 0,,7„„= — ьбп 2а. 1 хз $ х! Рис. 34.28.2 !. Геометрия масс Тогда по формулам параллельного переноса осей: У,з --- 3„„, + Мхоуо — МаЬсоьа, Мтг У., = .гты +Мхово =- — — в1п2а+Ма миасм е т и 3„т =..Уви, В Мвохо = МаЬяпа. Далее, чтобы найти Я,, возьмем в точке О оси Охзузхз, главным осям Сх1у,хо По формулам параллельного перенос параллельные а имеем: То 4 тег .г, =-.7, + М(аг +Ьг) =- М~ — + а + Ь 1„„, =.7,,и +Маб = МаЬ, ,Утаи = Хм..
+ Ма ° 0 =- О, ,Т„,„=.г„и +МЬ-О = О. Напрааляюшие косинусы оси х с осями хз, оз, хз.. сов(х„хз) =- ми а, сов(х, уз) = О, соа(х,хз) = сова Поэтому по известной формуле имеем: Х, =-,Х„(в(п а)~ + 3и ° (0)г + )'„° (см а)— — 2.7„,„, ага а 'Π—. 2У „, ага а сов а - 2Хаив О. соа а =' у г =М~ — +Ь~ а(п'а+М~ „+а +Ь ~ соа аия Далее, координаты точки О в системе Схгугхг суть следующие: хо =асмо, Уо =- Ь: хо = а згип а.
' 33 Рец«ение. Расчетная схема — на рис. 34.29.2. Возьмем в точке С (центре масс пластины) главные оси инерции Сх«у«у«, которые параллельны осям х, У, у. В главных осях имеем: По формулам параллельного переноса, учитывая, что координаты точки О в системе Сх«у«у«суть: Ь а хо=В. уо=, »о= 2' 2' получим: «»у = .«»,у, + Мхоро = б, «»» = «»,», + Мхоло = б, аЬ гу» =- «у» + МУоуо = М вЂ”. у» — у~»~ 4 Задача 34.30(34.31). Однородная прямоугольная пластинка мас- 1 сы М со сторонами длины а и Ь прикреплена к оси у, проходящеи через одну из ее диагоналей. Вычислить центробежный момент инер- ции »у» пластинки относительно осей у и у, лежащих вместе с пластинкой в плоскости рисунка. Начало координат совмещено с центром масс пластинки.
х Рис. 34.30. 1 М аЬ(ат — 61) Ответ: Ху, = —. «2 а'+ Ьт б ГеомегЗзия масс Ззн . За.аю.а Решение, Нозьмем вточке О (центре масс пластины, см. рис. 34.30.2) главные оси Ох,у,зь Таблица углов: Для случая, изображенного на рис. 34.30.2, имеем й аз=-,' 2' л Рз = — +о; 2 оз —- О, = (Մ— Х„,) соатз.азиза = ~ — Иа — — лтЬ соя гтазп зз, з~ ~з2. И 2 А =-,,бз =гз, 2' з 2' Ъ 2 Для вычисления центробежного момента инерции .7„, использу~м -':;;;,~ известную Формулу (см. (1 ф: ,7зз = (Ам Хя) = соаезг сОвтзз+(ум Ун) соа з3з соь |3з = аЬ Соа а а(пта е'+ ьт' .2 ' 3 3'„', = —,(а —,3 ) °вЂ” Л аа+ Ь' Ответ: У, = Мза + ~Мз + -М~) й ып а, ( 3 Х, = — ( Мз + -М1 / Е а1п 2а — МзИ з1 и п, 2(, 3 ! 3,у = 3„= О.
к У, Рис. 34.31.2 Рис. 34.31.1 й4' Решение. з„*» = Мз- (Аз|па) (см. рис. 34.31.2), 2 2 .асс = 1ю соз — ) + lи (сиза) + 1п (зша) =- яп и, 3 3 М 2 а) ЗМеча 34.31(34.34). Врашаюшаяся часть подъемного крана состоит из стрелЫ'СВ длины Ь и массы Мы противовеса Е массы Мз и груза К массы Мз. Рассматривая стрелу как однородную тонкую балку, а противовес Е и круг К как точечные массы, определить момент инерции Х, крана относительно вертикальной оси врашения з и центробежные моменты инерции относительно осей координат а, р,», связанных с краном. Центр масс всей системы находится на осн а; стрела С'Ю расположена в плоскости рл.
!. Геометрия масс Центробежный момент инерции стержня,7.р и (ун тать непосредственно: г 2с =-1~ Б.(гг- Я . ) 54 гу.о з" о Е! Е = рйзгпа. —.- + ряпасоза °-- 2 3 йь япасоза. Š— М, — - япа+ з 2 3 Е Мза =- Мг . — згпа + Маяла 2 получим: У У' =- Мз (Из яп а + Е яп а сои а — И яп а)— М,Р— Мза)з+ М~ — яп а+ — ' япа соха 2 3 =- Мз(Игазпа+А зпзасоза — Ияпа)— у — МзЬз, я)п а + Мг — яп а + Мг — яп а 2 3 2 ~з = Мз(Ь згп — И я ) + М вЂ” аз 3 .7, = Х„= О, так как к-коордННаты всех точек системы равны нулкзз, ,7, =- Мга Ь Ь яп а( Мз+ -М~ г, г г 3 1,"' =- Мз .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
