klassicheskaya_mekhanika (1156884), страница 13
Текст из файла (страница 13)
1.53). Момент инерции ^x может быть найденпо формуле для момента инерции стержня (1.65), так как разбиениетела на стержни и параллельный перенос всего вещества вдоль осиОХ не меняет расстояние от оси до материальных точек. Итак, ^x == —та 2 , аналогично получаем ^= —тЬ 2 и по формуле (1.67)кого кольца по определению равен г 2 Ли, где г — радиус кольца;^т — масса кольца, которую можно представить в виде йт = 2ягра>.Проинтегрируем выражение оУ = ггдт = 2лг 3 рдги получим моментинерции диска:где т = тсЛ2р — масса диска; К — радиус диска.Два других момента инерции /,. и ^ можно найти из соотношения(1.67), которое ввиду равенства ^x = ^у принимает вид 2/* = /г, отку-- •'уIда ^Тx --г --Момент инерции однородного цилиндра относительно оси симметрии вычисляется по аналогичной формулеЛ=^-(1-68)Момент инерции однородного шара находится путем разбиенияшара на шаровые слои и последующего интегрирования.
Моментинерции тонкого шарового слоя найдем, воспользовавшись соотношением (1.66), согласно которому ^x + ^у + /г = 22. Момент инерцииотносительно центра шарового слоя 2 в силу равноудаленное™ точекслоя от его центра равен г2дт. Тогда с учетом равенства ^ = ^ == ^^ = ^сл (следствие из шаровой симметрии), получаем 3/ = 22,откуда момент инерции тонкого шарового слоя /сл = ~г2с1т, гдеДля решения многих задач необходимо знать моменты инерциицилиндра и шара. Цилиндр можно представить как совокупностьдисков. Момент инерции диска относительно его оси найдем интегрированием.
Разобьем диск на множество колец (рис. 1.54). Так каквсе точки кольца одинаково удалены от оси, момент инерции тонX'оРис. 1.53. Момент инерции прямоугольника относительно оси, проходящей через его центр перпендикулярно плоскости прямоугольника76Рис. 1.54. К расчету момента инер- 1ции диска относительно оси, про- 1ходящей через его центр перпендикулярно плоскости дискад"т = 4тгг2аУр — масса шарового слоя. Далее путем интегрированиянайдем момент инерции шара:2МК2(1.69)где т = -пК3р — масса шара; К — радиус шара.Полученные выражения для моментов инерции легко можно вывести непосредственным интегрированием в цилиндрических и сферических системах координат без использования вспомогательныхтеорем.В качестве примера рассмотрим машину Атвуда с весомым блоком." § 7 приведено решение подобной задачи в предположении о невесомости блока.
Реально блоки всегда весомы, и в первом приближении блок представляет собой диск радиуса К и массы М. В этомслучае приходится учитывать ускоренное вращательное движение"Лока. Силы, действующие на тела, приведены на рис. 1.55. Вычислиммомент импульса системы тел (двух грузов и блока относительно оси77блока). Момент импульса блока равен со/, гдесо — угловая скорость вращения блока; / =которые можно сч'итать материальнымиточками массой т,.
Тогда кинетическаяэнергия вращающегося тела равна- момент инерции блока. В любоймомент времени угловая скорость связанасо скоростью любого из тел соотношениемм$Рис. 1.55. Схема машины АтвудаРис. 1.56. К вопросу о(1.71) представлении сложного— содвижения тела поступательным движением ценгде со - угловая скорость вращения тела;масс иением во_/со'со = —. Суммарный момент импульса грузовКотносительно оси блока равен (М{ + М2)Ку.Тогда полный момент импульса системы /, == /—КИспользуя закон изменения момента импульса системы (1.54), найдем, что/ - момент инерции тела (при выводе круг оси> проходящей че _формулы учтена связь между линейнойрез цешр масси угловой скоростями VI = сог,).Если тело массы т совершает болеесложное движение, при котором тело вращается (вокруг оси с неизменным направлением), а его центр масс движется поступательно,то в соответствии с рис.
1.56 кинетическая энергия представимав виде:ЛЬ^ с1у ,*. я/г\ п&и//— =+ (М, + М2), к— = Л.лкллгде ,М — момент внешних сил, действующих на систему тел (в данномслучае внешними силами являются силы тяжести и сила натяженияверхней нити ТУ).Момент силы ТУ относительно оси блока равен нулю, а суммарныймомент сил тяжести Л = (М2 - М\)К§. Таким образом, закон изменения момента импульса системы в применении к данной задаче'цм 0)'дает уравнение ——+ (М\ + М2)К— = (М2 - М^К^, из которогоКй1Млегко выразить ускорение грузова=Оаа*(М2-М1)„_(М2-М})где /цм — момент инерции тела относительно оси, проходящей черезцентр масс перпендикулярно плоскости движения.При выводе учтено, что У^/яДрщ^) = 0.
Для вывода этого соотношения запишем, что относительно центра масс ^/Я(-А? = 0 и, сле-(1.70)IОтметим, что при невесомом блоке ускорения грузов а0 = —--- § ,М2т.е. а < а0 и знак равенства, как это следует из уравнения (1.70), соответствует / = 0.довательно, ^/Я/У/ = 0. Тогда, преобразуя сумму, получим/) =уцм2Х^= о-Итак, кинетическая энергия тела с постоянным направлением осивращения определяется формулой22_ту цм /цмсо^§ 17. Кинетическая энергия вращениясТело, участвующее во вращательном движении, наряду с кинети,.ческой энергией поступательного движения ту^ должно обладатьнекоторой кинетической энергией вращательного движения.
Длявывода формулы кинетической энергии вращательного движениярассмотрим тело массы т, вращающееся вокруг неподвижной осивращения О (см. рис. 1.49). Разобьем тело на небольшие области,78|кин -;!^•\1-1*)Рассмотрим движения шара по наклоной плоскости. Движение шара можноисследовать энергетически и динамически(Рис. 1.57).Энергетическое рассмотрение позволяетнайти скорость шара, скатившегосяннРис. 1.57. Движение шарапо наклонной плоскости79с наклонной плоскости высоты Н.
Закон сохранения энергии позволяет приравнять начальную и конечную энергию шара: —^—+"цмт+ _У^—= т§Н. Поскольку шар скатывается без проскальзывания,скорость шара в точке касания плоскости равна нулю. При этомскорость движения центра масс шара и его угловая скорость должныбыть связаны соотношением ^цм = к>К, с использованием которогоЕсли шар катится без проскальзывания, тополучаемРешив систему уравнений (1.74)—(1.76), найдем ускорение шара/И^НМ?-"""2+ —тК-~5К = т§Н. Здесь учтено, что момент— инер—„^ции шара относительно оси, проходящей через центр масс, определяется формулой (1.63). Отсюда скорость поступательного движенияшара внизу наклонной плоскости равна(1.73)При скатывании цилиндра все приведенные рассуждения остаются в силе, но цилиндр имеет другой момент инерции, поэтомускорость цилиндра у основания наклонной плоскости будет иной:уцм ~^§Н .
Отметим, что при соскальзывании тела с наклоннойплоскости той же высоты его конечная скорость будет больше и со, , , ставит V = ^2§Н.Скользить по наклонной плоскости может не только брусок,но и шар (или цилиндр). Понимание вопроса: почему в одних случаях имеет место скольжение, а в других — качение, невозможно бездинамического рассмотрения. Силы, действующие на шар, движущийся по наклонной плоскости, приведены на рис.
1.57. Отметимналичие силы трения, без которой качение невозможно и шар будет ;скользить по наклонной плоскости. Важно понимать, что при качении работа силы трения скольжения равна нулю, так как точка соприкосновения шара с плоскостью (точка приложения силы трения)покоится относительно наклонной плоскости, а дальнейшее движение этой точки происходит в направлении, перпендикулярном наклонной плоскости (см.
решение задачи о катящемся колесе).На шар действуют три силы: сила тяжести т§, сила реакции опоры N и сила трения Д р . Центр масс шара движется поступательнои уравнение его движения имеет вид таим = т§ + N + Др, или в проекциях на координатные оси:N'с= 0..1.(1.74)Вращательное движение шара относительно оси, проходящей через центр шара перпендикулярно плоскости чертежа, описывается80уравнением /е = ^Л/,. Поскольку ось проходит через центр масс,моменты силы тяжести и силы реакции опоры равны нулю и уравнение принимает видЛ = ГГРК.(1.75)яцм = еЯ.(1.76)Поскольку момент инерции шара / =, ускорение а = 1+^Скорость шара в конце движения по наклонной плоскости можнонайти, используя кинематическую формулу равноускоренного движения без начальной скорости V = ^2аз. Поскольку 5 = ///«та, окончательно получаем V =.1—§Н, что совпадает с выражением (1.73),полученным ранее из закона сохранения энергии."'•»•§ 18.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
