l5 (1175277), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Поскольку ранее уже были показаны особые свойства центра масс, то свяжем однуиз систем отсчета с центром масс С (рис. 4.10) и рассмотрим кинетическую энергию материальной точкиrr dr, гдемассой dm в системе отсчета (X,Y,Z). Скорость точки в этой системе отсчета определена как v =dtrrr – радиус-вектор точки. Положение центра масс в этой системе определяется радиусом-вектором rC , аrr r rположение точки относительно центра масс – радиусом-вектором r1 . Поскольку r = rС + r1 , тоr rrrrv = vС + v1 , где vÑ 1 – скорость центра масс в системе (X,Y,Z), а v1 – скорость материальной точкиотносительно центра масс.
Тогда кинетическая энергия точки в системе (X,Y,Z) вычислится следующимобразом:11r1 r rdWк = v2 dm = v 2 dm = (vÑ + v1 ) 2 dm .222Определим кинетическую энергию тела массой М, состоящего из совокупности материальных точек:1 r r 21 rr r rWк = ∫(vС + v1 ) dm = ∫ (v12 + 2vС v1 + vC2 ) dm .Zdm2MrM 2rZ′rr1Вспомним, что, согласно §2.5, в произвольной системе координатrY′ скорость центра масс равнаrCrС1 rvC =О∫ v d m . ТогдаYMMX′1 r1r1 rХРис. 4.10Wк = ∫ v12 dm + ∫ 2vC v1dm + ∫ vC2 dm =2M2M2M=r rr r1 2111v1 dm + vС ∫ v1 dm + ∫ vC2 dm = ∫ v12 dm + vС MvC1 + ∫ vC2 dm ,∫2M2M2M2MMrгде vC1 – скорость центра масс относительно центра масс, очевидно равная нулю. ПоэтомуWк =11v12 dm + ∫ vC2 dm = Wк отн + Wк цм .∫2M2M(4.19)Кинетическая энергия системы материальных точек есть сумма кинетической энергии еедвижения относительно центра масс и кинетической энергии, которой обладала бы она, двигаясьпоступательно со скоростью центра масс.
Это выражение получило название теоремы Ф. Кенига(1776 – 1833).4.7. Кинетическая энергия вращающегося телаРассмотрим вращение тела вокруг оси, проходящей через центр масс, и определимкинетическую энергию тела. Воспользуемся доказанной теоремой Кенига. Поскольку центр масспри таком движении тела не совершает поступательного движения, то Wк цм = 0 . Поэтому Wк = Wк отн ,т.е. кинетическая энергия вращения относительно центра масс. Вычислим ее согласно (4.19):rr11 r1Wк отн = ∫ v12 dm = ∫ v12 dm = ∫ (v1v1 ) dm ,2M2M2Mrгде v1 – линейная скорость материальной точки dm при ее вращении вокруг центра масс.
Если вращениеrr r rсовершается по окружности радиуса r с угловой скоростью ω , то, согласно (1.13) v1 = ω × r . ТогдаWк отн =r r r1(v1 , [ ω, r ]) dm .2 M∫Используя свойство смешанного произведения векторов, получаемWк отн =r r rr rr r111r(ω, [ r , v1 ]) dm = ∫ (ω, [ r , dmv1 ]) = ∫ (ω, dL ) .∫2M2M2MПоскольку при вращении тела угловые скорости всех его материальных точек одинаковы, тоr 1rr 11rWк отн = ω ∫ dL = ωL = ωz Lz .2 M22Так как L z = J z ω z , то1J z ω2z .(4.20)2Таким образом, кинетическая энергия тела, вращающегося вокруг оси, проходящей через центр масс,равна половине произведения момента инерции тела относительно этой оси на квадрат угловой скоростивращения вокруг этой оси.Попробуем получить этот результат иначе, исходя из теоремы об изменении кинетическойrэнергии. Разобьем тело на элементарные массы, каждая из которых при вращении имеет скорость vi иrсовершает за время dt перемещение dli .
Тогда элементарная работа равнодействующей силы поr rr rперемещению i-й точки будет d Ai = ( Ri , dli ) = ( Ri , vi d t) . Поскольку равнодействующая всех силопределяется векторной суммой внешних и всех внутренних сил, действующих на i-ю точку, тоr rr rrr rd Ai = (( Fi + ∑ fik ), vi d t) = ( Fi , vi d t) + (∑ fik , vi d t) .Wк отн =kkr r rr r rr r rПоскольку vi = ω × ri , то d Ai = ( Fi , [ω, ri ]d t) + (∑ fik , [ω, ri ]d t) , илиk[ ]r ⎤ ⎞⎛ r ⎡rr r rd Ai = (ω, ri , Fi d t) + ⎜⎜ ω, ⎢ri , ∑ fik ⎥ d t ⎟⎟ ,(4.21)⎝ ⎣ k ⎦ ⎠что следует из свойства смешанного произведения векторов.Просуммируем последнее выражение по всем точкам тела. Вычислим сумму всех первых слагаемых(4.21):r rr r rr r r∑ (ω,[ri , F ] d t) = ω∑ [ri , F ] d t = ωM внеш d t .iiСумму всех вторых слагаемых (4.21) можно вычислить так:⎛ r ⎡rr ⎤⎞⎦⎠r ⎤⎡rrr r∑ ⎜⎜ ω, ⎢ri , ∑ fik ⎥ d t ⎟⎟ = ω∑ ⎢ri , ∑ fik ⎥ d t =ωM внеш d t = 0 ,i⎝⎣ki⎣k⎦поскольку суммарный момент внутренних сил системы материальных точек равен нулю (см.
§4.2). Тогдаrrr rrrd A = ωM внеш d t = M внеш ω d t = M внеш dϕ ,rгде dϕ – угловое перемещение тела за время dt.Работа по вращению тела вокруг оси Z:dωd A = M внеш dϕ = J z ε z ω d t = Jzω d t = Jz ω dω .dtПроинтегрировав полученное выражение, можно найти полную работуω22⎛ ω2 ω2 ⎞A = ∫ d A = ∫ Jzω dω = Jz ⎜⎜ 2 − 1 ⎟⎟ .2 ⎠⎝ 21ω1По теореме об изменении кинетической энергии (3.5) А = ΔE к = Е к 2 − Е к 1 , поэтомуEк =12Jzωz .2(4.22)4.8. Плоское движение твердого тела (качение)Рассмотрим кинематику и динамику частного случая плоского движения, аименно качение. Плоским называется такое движение твердого тела, при которомвсе его точки перемещаются в параллельных плоскостях.
Примером плоскогоСдвижения является качение симметричного тела (цилиндра, шара, диска) поплоскости (рис. 4.11). Пусть качение происходит без проскальзывания. В этомслучае скорость точек катящегося тела, соприкасающихся с плоскостью, равнаArнулю ( v A = 0 ). Как уже говорилось (§1.6), любое движение твердого тела можноРис. 4.11представить как совокупность двух движений: поступательного и вращательного.Например, качение цилиндра (рис.
4.12, а) можно представить как сумму поступательного движенияего со скоростью, равной скорости центра масс С (рис. 4.12, б), и одновременного вращенияrv„r2vСDDrvСrvпrvСС rvпСArvвAаDrvвСAбвРис. 4.12относительно оси, перпендикулярной плоскости рисунка и проходящей через центр масс (рис. 4.12, в).r rrrСкорость любой точки катящегося цилиндра можно представить в виде v = vп + vв . Здесь vп –скорость поступательного движения, которая одинакова для любой точки и равна скорости центра массrrvС , а vв – скорость вращательного движения относительно оси Z, направленной на рис.
4.12, в “от нас” иrrrпроходящей через точку С. Так как v A = 0 , а векторы vв и vп в точке А противонаправлены, то модулиrrэтих векторов одинаковы: vп = vв . В точке D векторы vв и vп сонаправлены, поэтому vD = 2vO .Найдем кинетическую энергию катящегося цилиндра. Для этого разобьем цилиндр на множествоэлементарных масс и найдем кинетическую энергию каждой элементарной массы. Поскольку скоростьr rrлюбой i-й элементарной массы vi = vпi + vвi , то11rr1r rmi vi2 = mi (vпi + vвi )2 = mi (vп2i + vв2i + 2vпi vвi ) .222Для определения кинетической энергии катящегося цилиндра необходимо сложить кинетическиеэнергии всех элементарных масс, поэтому11r rWк = ∑ Wкi = ∑ mi vп2i + ∑ mi vв2i + ∑ mi vпi vвi .(4.23)22iiiiWкi =Поскольку скорость поступательного движения всех точек одинакова и равна скорости центра масс,то12121212∑ mi v•2i =∑ mi v м2 =v м2 ∑ mi = mvм2 .iiiСогласно (4.22), второе слагаемое (4.23) вычислим так:11∑ mi vвi2 = J z ω2 ,2i 2где J z – момент инерции цилиндра относительно оси вращения Z.Наконец, третье слагаемое (4.23) преобразуется к видуr r∑ mi vпi vвi = ∑ mi vпi vвi cos α ,irrгде α – угол между векторами vпi и vвi .iДля любой элементарной массы mi всегда найдется симметричнорасположеннаямасса mk , такая, что cos β = − cos α (рис.
4.13).rmivпiαСледовательно, при суммировании третье слагаемое (4.23) обращается в нуль.Таким образом,СrvСrr m11vпkvвk kWк = mvм2 + J z ω2 ,(4.24)22βт.е. кинетическая энергия катящегося тела складывается из кинетическойэнергии поступательного движения со скоростью, равной скорости центраРис. 4.13масс, и кинетической энергии вращательного движения относительно оси,проходящей через центр масс. Можно показать, что данное утверждениесправедливо не только для качения, но и для любого плоского движения.Любое плоское движение твердого тела описывается двумя векторными уравнениями (2.2) и(4.11), которые объединим в системуrr⎧ maC = ∑ Fi ,i⎪⎪ r(4.25)⎨ dLr= ∑ M Fi .⎪⎪⎩ d tirvвiСистема векторных уравнений (4.25) в проекциях на оси трехмерной системы координат эквивалентнашести скалярным уравнениям, поэтому говорят, что твердое тело имеет шесть степеней свободы (см.§1.1).Рассмотрим скатывание цилиндра массой М и радиусом r без проскальзывания с наклоннойплоскости, образующей угол α с горизонтом (рис.
4.14). На такой цилиндр действуют силы: тяжестиrrrmg , нормальной реакции опоры N , трения покоя Fт р . Под действием этих сил центр масс цилиндраrдвижется вниз по наклонной плоскости с ускорением аС , а сам цилиндр вращается вокруг оси Z,rпроходящей через центр масс с угловым ускорением ε . НаправленияrrrZNвекторов аС , ε и оси Z указаны на рис. 4.14. Вращение цилиндраrrrωобеспечивается действием момента силы Fт р относительно оси Z, так какCFт рrrrrεrмоменты сил mg и N относительно этой оси равны нулю (силы проходятraСчерез центр масс). Уравнения системы (4.25) выглядят так:Arr r rr⎧maC = mg + N + Fт р ,mgαXr⎪r⎨ d LC= M Fr .⎪тр СdtРис.4.14⎩Эти уравнения записываются в проекциях на оси Х и Z следующим образом:⎧maC = mg sin α − Fтр ,⎨J ε = F r.тр⎩ z zВоспользовавшись связью линейного и углового ускорений (1.15), имеем: aC = εr .
Момент инерции1 2mr . Совместно решая составленные уравнения, можно определить2ускорение центра масс цилиндра при его скатывании:2a = g sin α .3цилиндра относительно оси Z J z =.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
