И.И. Ольховский, Ю.Г. Павленко, Л.С. Кузьменков - Задачи по теоретической механике для физиков (1119845), страница 37
Текст из файла (страница 37)
Элемент площади поверхности сферы в этих координатах равен г(з = а' з~п Вгйрггй. Таким образом, а/2 У, =* о Д (у'+ 22) Й = оа' ~ з!па Оо(8 ~ згпа /р/мр+ о — сс/2 и о/2 ) ааа ) з~п Осов28аО ~ /вр = — оаа(2а — зп2а), 2 з о -а/2 и о/2 ./ =оаа~ ~ (з1пзсов28+е1пазсозтор)/(Войр = — аа'(2а+з)па), 2 а з 3, = ааа Ц йп ' Вйбг(гр = — оа'а з (здесь о — поверхностная плотность массы). Так как масса сфери- ческого двуугольника равна М = а'о ~ ~ з)п Вг(Чк(В = 2атосо, О -о/2 получим окончательно 31т Тенвор нне дин ,1н = Ма' ( — + — ~), Х, = — Ма'. 3 8.9, Поместим начало системы координат в центр масс параллелепипеда, а оси Ох, Оу и Ог направим параллельно его ребрам с длинами 2а„2Ь и 2с соответственно.
Тогда момент инерции ,) = ~(уз+из)с(т. Пусть р — плотность массы параллелепипеда. Тогда а Ь в ~узс(т= р~ ~ ~ уЧ у~(а = -а -Ь -а ь = р 2а.2с ~ узду = — р 2а 2с 2Ь' = — МЬ', в 3 3 — ь У = — М(уз+се). а 3 Продолжая аналогичные вычисления, получим г 1 М(сз+ аз) У 1з = — М(а'+ Ь'). 3 — М ( — йз+ 4Ьз)); Х, = — ( — йз+ 4аз)~, — М (а'+ Ьз); 5 — М (ЗДЬ вЂ” Ьз). б 810.
а) 1, = б) У, = в),7„= ( (хз+ уз)с(а 1рзДр~ ьур тав нав,) наз .) о о 8.11. Совместим ось г' с осью однородного цилиндра радиуса а и массы 2т. Тогда момент инерции относительно н' этого цилиндра равен а Вв 3)8 Динамика твердого тела 1гл 8 Согласно задаче 8.2 соответствующая компонента для полуглаа цилиндра равна —, а его центр масс находится на пересечении 2 плоскости симметрии полуцилиндра на расстоянии х,„от оси г' а и ~охов 2 г а г 4а у —.
== р г2р 31п гргйр 1 ' ола ла' 3п ' о о Следовательно, искомая осевая компонента 2 ~ 9л' / 8.12. Центральные осевые моменты инерции однородного шара равны — та, а центр масс полушара расположен на оси его ма- 2 Б териальной симметрии на расстоянии г от плоской поверхности полушара: а аа ол 1 Рано '3 Г' г' 3 г = = — ~ Жг ~ сов88!пЫ8~ гйр= — а. ,) 8 о о о Следовательно, главные цептральныс моменты инерции полушара равны лг л1 ° аг'2 9 1 83 ,1, = Хо =-"та ~ — — — ) = — та; ~ 5 64 ) 320 лг 2 1, = — та. 5 8.13 Поместим начало координат в центр масс цилиндра, а ось Ог совместим с осью симметрии цилиндра. Тогда при любом выборе направлений ортогональных осей Ох и Оус уа =- — (яа + га).
2 Отсюда при г=О получим также моменты инерции сплошного ци- линдра у =у = — ~Р+ — )„у, = — гта. М г 8'4 М 4 ~г 3) * 2 319 Тензор ииерпии /„ = †,' М (Ьз + сз), 8 14. 1 = — М(с'+а'), 5 о = — М(аз+ Ь'). 5 В частности, при а=Ь=с=Р находим главные центральные моменты инерции шара радиуса Я: 1„— Уо — — У, = — М)тз. 5 о, = а ) (х' — ' у') Ж~ (о — плотность массы цилиндра). Его удобно вычислить, вводя новые переменные р, ф, г с помощью соотношений: х = а1осоаф, у = Ьр31пф, Я =х. В этом случае ззз л У, = па Ь ( ( ~рисов'фо(рг(фо(т+ о о — л оЬза ~ ~ ~ рза1пзф~)р<(ф~(а 2пааЬЬ.
(аз+ Ьз) 4 о о — л = — (а'+ Ь'), М 4 М = р 2п аЬЬ. 8.15. Выберем начало координат в центре масс цилиндра, а оси Ох и Оу. направим соответственно вдоль малой н большой полуосей эллиптического основания. Тогда все три координатные плоскости будут плоскостями симметрии эллиптического цилиндра, а координатные осн — главными осями. Момент инерции относнтелыю осн Ог, совпадающей с осью цилиндра, [Гл. 8 Динамика твердого тела Момент инерции относительно оси Ох з, =- о~(рв-[- г')с!о = |ее а =-Ьзоо~ ~ ~ раз!пв~ро[р~~~(в+пЬо~~ ~гвр~[р~у~[г= а о — л он — а =2лазло( — + — ) = М ( — + — ).
Заменив в этом выражении Ь на а, найдем 8.16. Пусть О'х'у'г' — система координат с центром в вершине параболоида и осями, параллельными осям Ох, Оу, Ог соответственно. Вследствие симметрии рассматриваемой фигуры оси О'х', О'у', О'г' будут главными осями инерции. В этой системе.используем цилиндрические координаты и получим аи а агата 1„= Х„= а ~ ~ ~ (расоза<р+г')ро[рйро[г' = о о о (здесь а — плотность массы). Вычислим, далее, массу параболонда а ат вна ви М=о~ ~ ~ рпдг'ойр о о о Следовательно, «а Ьв г.' =-г„'= М ( — + — ).
6 2 Аналогично найдем 1, = — Маа. ! 3 Координата центра масс ° ла Г ав' в 2 г,„= — ! — гв зг — й. и,) з з о Тениир инерции 321 Следовательно, главные центральные моменты инерции парабо- лоида соответственно равны 9 ( 6 13 У, = У, =- — Ма'. 3 Поэтому при параллельном переносе системы координат с началом в центре масс в положение с началом в точке О компоненты теиэора инерции примут вид: ,7„, = — (7а' + й'), 8.17, Поместим начало координат в центр масс тора, а ось Ог направим по оси его симметрии. В этой системе координат ,1„= У„= ~ (у'+ г') але, У, = ) (х'+ р') е(ги.
Для расчета интегралов введем тороидальные координаты р, 8, Л согласно формулам х=(й+ рсозЛ) зО, у = (1г + р соз Л) з1п 8, г =рз1пЛ. Элемент объема тора получим, вычислив детерминант созЛ созΠ— (Яиц РсовЛ)э)п8 — Рсозйз)пЛ ( соз Лз1п О ()г'+ р сов Л) соз8 — рз1пО з)п Л ~ э1п Л О рсоа Л В(х, р, 2) 11(р, 6, Л) который оказывается равным )э(р, 6, л) =- р(1(+рсозЛ).
Теперь получим моменты инерции относительно требуемой в условии задачи системы координат. В этой системе координаты центра масс таковы: 1 х„,=0, р,„=-а, г =-. — — Ь. (г . в Динамика твердого тела 322 Таким образом, г да2л /, =,г = о ~ ~ ~ (()с+ рсоа Л)'з1п'О+ рв е1пв Л) Х о о а Х (рсозЛ вЂ” ', тс) рс(рдбг(Л = апв)т~' (Л'+ — гв) (здесь о — плотность массы тора). Аналогично т тл тл 1 =о~ ~ ~ (й+рсовЛ)врг(рг(Лйй=-о.2ивйгв (Яв+ — «в), о о Теперь получим связь плотности о н массы тора М: М = а~ ~ ~ (рсозЛ -';й) рг(рг(ЛгЮ = 2пваФ'.
о а а Поэтому окончательно г У М (ге+ ге) 2 (, 4 .1,—.М(Я+ — 'г'). 8.18. Момент инерции полусферы относительно оси ее симметрии равен 2Мав/5, а центр масс полусферы находится на расстоянии Зо/8 от ее основания. Рассмотрим компоненты тензора инерции относительно системы координат с началом в центре масс и осями, параллельными осям Ох, Оу, Ог. Поскольку ось, проходящая через центр масс и центр основания, является осью симметрии и, следовательно, главной осью инерции, то и любые две перпендикулярные ей ортогональные оси, проходящие через центр масс, также являются главными осями.
Поэтому в указанной системе отличны от нуля только «диагональные» компоненты Мав ~ — — — ), Мав ( — — — ), — Мав. Теперь осуществим параллельный перенос системы координат с началом в центре масс до совмещения ее с заданной в условии задачи системой координат. Полагая в формуле преобразования ,гаа = геа, М (с ба~3 — се са), с, = а, са - — — О, с, =- За,~8, Тензир инерции 323 получим элементы матрицы поворота соз о 0 31п сз О 1 0 — в1п м 0 сова получим ,з', = — (ӄ— и',„)31п2а+ з'„,сов 2ез =- О, 1 откуда 18 2а .=- — —. 3 4 Далее найдем главные моменты инерции (для точки 0): 1 соззсз-1- У 31пзез+ 2,з созезв1п м = — Ма'-, зи зз кз 40 /„, 31пза+ У„созна — У„,в(п 2ез =- — Ма'.
61 Азк = 5 2. Плосиопараллельное двнзненне 8.19. Выберем в качестве обобщенной координаты х — координату центра масс диска, отсчитываемую вдоль наклонной плоскости (см. рис. 8.19). Тогда з 1 и(и ' з Т = — Х„+ — з'з з 0 . 2 2 где 8 — угол поворота диска. Заметим, что плоскость хОз является плоскостью симметрии полусферы. Поэтому ось Оу является главной осью инерции. Две других главных оси инерции найдем с помощью поворота осей координат вокруг осн Оу на угол а с тем, чтобы в новой системе координат компонента l„обратилась в нуль. Подставляя в закон преобразования тензора инерции при поворотах з з („в = '~' ~, а„заве Тзт а=1 .т=-! (Гл. 8 Динамики тве лого тели 324 Условие качения без скольжения приводит к связи х„= а0.
Таким образом, получим лагранжиан диска 3 Я = — тх н + туз!и а х ы уравнение Лагранжа х„= — в1п а, 2л 3 которое определяет закон движения центра диска. Чтобы определить реакцию плоскости, используем уравнения Лагранжа с реакцией связи тх = тув1па+Вг, ту„= — ту сов а+ 1т ~.
(2) Учитывая, что у,„ = О, и закон (1) из (2), найдем Р ~ — — — — в1п а, Й ~ = ту сов а, /ИЯ 3 )т = ~ (1 -1- 8 сов' а)пг. з хьг =- х -г- — сову, ГЛ уьг у 2 Поскольку у = Ахг, из уравнений ! у„~-,— 1 0=й11 ~ — 0~ находим х = — 1п0, у„= — 11Г' И'0; — 1.
4ага ~ 2к 4 аг 8.20 Пусть обобшенной координатой является 0 — угол, образуемый стержнем с осью х. Пусть также г,(гг) — радиус-вектор левого (правого) конца стержня, а г — радиус-вектор его центра масс. Тогда 325 Плосконараллельное лннженне Затем получим лагранжиан Я= — — ~ м ае Г 1Х Е вЂ” гесозОз1пО~ О + 13 е 2 4 " лесное е 2 ( 2й~а о ) + 21 12 где У(0) = ~ 1Рсоз'О+ ~ ). 4 ее Положения равновесия 0~ =О(Ы( 1), созО„= = (/гав 1) Ы найдем из условия У'(0) =-О.
Наконец, вычисляя Ул(О), получим ы'(О„,) = ОФ 1 ы1, (й1 < 1), сое (Ое, ) = — ~ (й1 — 1) (И ) 1). 8.21. Качение полуцилиндра по абсолютно шероховатой горизонтальной плоскости можно рассматривать как чистое врашение вокруг мгновенной оси, совпадаюшей с линией соприкосновения полуцнлиндра с плоскостью. Так как центр масс полого однородного полуцнлиндра находится на расстоянии 2а/я от осн цилиндрической поверхности, то центр масс удален от мгновенной оси врашення на расстояние, равное ~ ( — ) + а' — 2а ( — ) соз ~р~ где ~р — угол между плоскостью симметрии полуцилиндра и вертикальным направлением вниз. Поэтому функция Лагранжа для полуцилиндра может быть представлена в виде Я = — ~ ~ — ) + а' — 2а ( — ) соз ~р~ ср'.
+ ~ре+ л18 ~ ) сезар 2 я ) где г — момент инерции полуцилиндра относительно оси, проходящей через центр масс параллельно оси цилиндра; 1=т~ае — ( — ) ~. Динамика твердого тека [Гл в Уравнение Лагранжа в случае линейных колебаний имеет внд г[', ич а (л — 2) Следовательно„период таких колебаний равен 2л)г а(л — 2)1д, 8.22.
Направим ось Оу декартовой системы координат вниз по вертикальному диаметру цилиндра, а ось Ох по горизонтальной касательной к цилиндру. В качестве обобщенной координаты вы- берем 8 — угол наклона бруска к горизонту. Так как брусок ка- тается по поверхности цилиндра без проскальзывания, то коорди- наты центра масс бруска соответственно равны х„= (а+ Ь) в!и 0 — а9сов О, у =- — а —,(а+ Ь)совО РаОв!и О.
Дифференцируя по времени, получаем х„, =- (Ь сов 6 д а О з1п О) О, у,„=- — (Ьв!и 6 — а О сов 6) О. Следовательно, кинетическая энергия бруска равна М(ьа Ьг ' агОа) Ог М(Ьа [ Ьв) Ов 2 2 Далее запишем потенциальную энергию [г' = Муулг в виде гг М, а — Ь Ог 2 Таким образом, получим уравнение Лагранжа для линейных колебаний М (Ье + Ьа) 0 =- — Му (а — Ь) О, откуда следует, что период колебаний т =- 2л у"(йг + Ь')~(а — Ь), 8.23, Рассмотрим элементарный цилиндр нити, имеющий высоту г[х и находящийся на расстоянии х от верхнего закрепленного сечении упругой нити. Если нижнее основание нити повернуть на х угол гр, то элемент г[х повернется на угол гр' = — гр.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
