l5 (1175277)

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла

Лекция 54.4. Момент инерции твердого телаПоскольку твердое тело представляет собой совокупность материальных точек, то при еговращении вокруг какой-либо оси уравнение (4.13) можно записать для каждой точки тела:l zi = dmi r⊥2i ω z ,где dmi – масса материальной точки, на которые разбивается твердое тело.

Здесь учтено, что привращении твердого тела угловые скорости всех его точек одинаковы. Тогда, просуммировав этивыражения по всему телу, получимLz =N∑ lzi .i =1Однако твердое тело – непрерывная совокупность материальных точек, т.е. при разбиении тела наотдельные фрагменты (элементарные массы) число таких фрагментов N → ∞ . Поэтому суммированиевыражается в интегрировании элементарных моментов импульса dL z :Lz =⎛⎞dLz = ⎜ ∫ r⊥2 dm ⎟ ωz = I z ωz ,⎜ (M )⎟по массе⎝⎠∫телагде r⊥ – расстояние от элемента массы dm до оси вращения.

Отсюда следует, что момент инерциитвердого тела – это сумма моментов инерции отдельных материальных точек, его составляющих,вычисляемая по формулеI z = ∫ r⊥2 dm.(4.17)(M )Таким образом, момент инерции обладает свойством аддитивности: момент инерции системыточек равен сумме моментов инерции каждой точки в отдельности. Кроме того, из (4.17) видно, чтозначение момента инерции для системы точек (и твердого тела в том числе) зависит от выбора осивращения системы, т.е. от ее места расположения и ориентации в пространстве.Для примера определим моменты инерции однородного длинного тонкого цилиндра при еговращении относительно разных осей.

Рассмотрим три взаимно перпендикулярные оси вращения,проходящие через центр масс цилиндра массой М радиусом R и высотой L (рис. 4.6), причем L >> R .При повороте цилиндра вокруг осей X и Y моменты инерции получатся одинаковыми, посколькутакие вращательные движения ничем не отличаются друг от друга. Для того, чтобы воспользоватьсяформулой (4.17), разобьем цилиндр на точечные элементарные массы dm –ZRодинаковые тонкие диски, параллельные основаниям цилиндра.

Толщинадисков составит dz , а удаление диска от оси вращения z. ОбозначивdzLплотность цилиндра через ρ, определим массу такого тонкого диска:z2Y dm = ρπR dz . При подобном разбиении r⊥ = z . ТогдаXIx = I y = ∫ z2 d m =L2∫L z ρπR−Рис. 4.622d z = ρπR 2L2∫L z−22dz =1ρπR 2 L3 .1221ML2 .12Как видно, радиус цилиндра при его вращении вокруг этих осей не влияет на величину момента инерции,поэтому данная формула справедлива и для определения момента инерции тонкого стержня,вращающегося вокруг оси, проходящей через центр масс препендикулярно стержню.Для определения момента инерции цилиндра относительно оси Z разобьем исходный цилиндр натонкие цилиндрические слои радиусом r и толщиной dr (рис. 4.7).

Масса такого слоя dm = ρL 2πr dr . При2Поскольку масса цилиндра M = ρπR L , то I x = I y =RR00подобном разбиении r⊥ = r . Следовательно, I z = ∫ r 2 dm = ∫ r 2ρL 2πr dr = 2πρL ∫ r 3 dr =Z11πρLR 4 = MR 2 .22Как следует из полученной формулы, длина цилиндра при его вращениивокруг продольной оси не влияет на величину момента инерции, поэтомуданная формула справедлива и для определения момента инерции дискапроизвольной толщины при его вращении вокруг оси, проходящей черезцентр масс перпендикулярно основанию диска.В последнем выводе мы использовали разбиение цилиндра натонкие пустотелые элементарные цилиндрические слои, причем моментинерции такого слоя определился как d I = r 2 d m . Поэтому можно сказать,что момент инерции тонкой цилиндрической трубы относительно ее=rdrLYXРис.

4.7продольной оси составляетI z = MR 2 .Очевидно, что этим выражением можно пользоваться и для определения момента инерции тонкогокольца при его вращении вокруг своей оси.Приведем без вывода формулу определения момента инерции шара радиусом R и массой Мотносительно оси, совпадающей с его любым диаметром:2I z = MR 2 .5Пример. Рассмотрим задачу о вращении тела. Пусть на массивныйблок,выполненныйв виде диска радиусом R и массой М и закрепленный наrrεNоси, намотана нерастяжимая невесомая нить, к концу которой привязан грузrмассой т (рис. 4.8).

Как определить ускорение груза при его движении вниз ?MМТРасставим силы, действующие на тела этой системы. На грузZrrRдействуютсила тяжести mg и сила натяжения нити T . На блок действуютrrrrTсила тяжести Мg , сила реакции N и сила натяжения нити T . УравнениеrMgвторого закона Ньютона для поступательного движения груза записывается вrrr rTвиде: ma = mg + T . Блок не совершает поступательного движения, аrвращается вокруг оси.maУкажем на рис.

4.8, что направление оси Z – это направление вдоль осидиска “на нас”. Тогда из всех сил, действующих на блок момент относительноrrmgэтой оси создает только сила T : M T = T R . Поскольку другие силы проходятчерез ось вращения, то их плечи равны нулю. Заметим также, что векторРис. 4.8момента силы натяжения направлен “на нас” (предлагаем доказать это вам самостоятельно, используяопределение векторного произведения). Кроме того, при ускоренном вращении блока в направленииrпротив часовой стрелки, вектор его углового ускорения ε также направлен “на нас” (см. рис.1.12).rrТаким образом проекции векторов M T и ε на направление выбранной оси Z положительны.Основное уравнение динамики вращения для блока запишется следующим образом: M Tz = I z ε z .Чтобы учесть связь линейного ускорения движения груза и углового ускорения вращения блока,r rrвоспользуемся соотношением (1.15): aτ = ε × r .

В результате таких рассуждений получаем системууравнений в векторном и скалярном виде:rr r⎧ma = mg − T ,⎧ma = mg + T ,⎪⎪12⎨T R = M R ε,⎨ M Tz = I z ε z ,2rrr⎪a = ε × r ,⎪⎩ τ⎩a = εR .1M R ε , а с учетом третьего уравнения системы211T = M а . Подставляя это выражение в первое уравнение системы, находим ma = mg − M a .

Из этого222mg.уравнения находим ускорение груза: a =2m + MЗапишем в виде таблицы выражения, полученные для расчета моментов инерции различных тел,обладающих осью симметрии.Из второго уравнения системы получаем T =Расположение осивращения ZТелоПараметрытелаМоментинерцииМасса М,радиус RI z = MR 2ZКольцоZДиск, цилиндрМасса М,радиус RIz =1MR 22Масса М,длина LIz =1ML212Масса М,радиус RIz =2MR 25ZСтерженьZШар4.5.

Теорема Гюйгенса – ШтейнераВ предыдущем параграфе было дано определение момента инерции твердого тела относительнопроизвольной оси. Поскольку расположение оси вращения относительно тела может быть в общемслучае произвольным, то моментов инерции у твердого тела может быть бесконечно много (в то времякак масса – только одна). Мы также определили моменты инерции различных симметричных телотносительно осей вращения, проходящих через центр масс таких тел.

Нельзя ли воспользоватьсяполученными результатами и связать момент инерции тела относительно произвольной оси с моментоминерции тела относительно оси, проходящей через центр масс? Ответ на этот вопрос дает теоремаГюйгенса – Штейнера.Рассмотрим твердое тело, способное вращаться вокруг оси Z, проходящей через точку С – центрмасс тела (рис. 4.9). Допустим, что известен I zC – момент инерции тела относительно этой оси. Если мыхотим определить I z ′ – момент инерции тела при его вращении вокруг оси Z′, проходящей через точку ОaCZxуr⊥OYZ′R⊥dmпараллельно оси Z на расстоянии а от нее, то с целью его определенияразобьем тело на элементарные точечные массы dт.

Положение такойэлементарной массы в изображенной на рис. 4.9 системе координатзадается координатами x и y. Тогда, в соответствии с (4.17),I z′ =∫ R⊥ dm = ∫ [ x2MX2+ (a − y ) 2 ]dm =222∫ [ x + y ] dm + ∫ a dm − 2 ∫ ay dmMMMMРассмотрим последнее слагаемое полученного выражения. Вспомнивопределение центра масс системы материальных точек (2.12), нетрудно1 Nувидеть, что yC – координата центра масс – определяется следующим образом: yC =∑ mi yi . ОднакоM i =1Рис. 4.9для твердого тела при разбиении его на материальные точки N → ∞ . Поэтому y C =1∫ y dm , аM Mследовательно, ∫ y dm = MyC . ТогдаMI z ′ = ∫ r⊥2 d m + a 2 ∫ d m − 2a ∫ y dm =J zC + a 2 M − 2aMyC .MMMПоскольку в выбранной системе координат (рис.

4.9) yC = 0 , тоI z ′ = I zC + Мa 2 .(4.18)Таким образом доказана теорема Гюйгенса – Штейнера: момент инерции тела относительнопроизвольной оси равен сумме момента инерции тела относительно оси, параллельной даннойи проходящей через центр масс, и произведения массы тела на квадрат расстояния между этимиосями. Знание моментов инерции тела относительно осей, проходящих через центр масс тела, позволяетнайти момент инерции тела и описать вращение тела относительно любой произвольной оси.4.6. Теорема КенигаОпределим, как изменяется кинетическая энергия тела при переходе из одной системыкоординат в другую.

Характеристики

Тип файла PDF

PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.

Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.

Список файлов лекций