1611143575-f501d09a54839b58ba6706edb8cfab5f (825041), страница 31
Текст из файла (страница 31)
Чтобыони создавали меньший момент сил, ось в месте закрепления обычноделают как можно тоньше.Итак, при вращении тела, закрепленного на оси, направленнойвдоль Z , сохраняется проекция момента импульсаLz = I wz ,I = å m r2 ,(82.10)где r 2 = x 2 + y 2 – расстояние точки до оси вращения. Это следует непосредственно из (82.9), действительно:Lz = å m(wz r 2 - wz z 2 ) = å m wz (x 2 + y 2 ) .Сравнивая общие выражения для кинетической энергии вращения(82.3) и момента импульса (82.9), нетрудно заметить, чтоK вр =1Lω .2(82.11)§ 83. Главные оси вращения, главные моменты инерциителаПроанализируем выражение для момента импульса тела (82.9).Компонента момента импульса вдоль оси x («прибитой» к телу)Lx = å m(wx r 2 - x (rω)) == wx å m(y 2 + z 2 ) - wy å mxy - wz å mxz .(83.1)В него дают вклады не только угловая скорость wx , но и угловые скорости вдоль осей y и z.
Аналогичная ситуация и для других проекций.Всего возникает три типа добавочных членов: å mxy , å mxz иå myz .Оказывается, можно так направить три взаимно перпенди-кулярные оси координат, привязанные к телу, чтобы все эти добавочные члены занулились. Такие оси называются главными осями инерции.Действительно, направление подвижной системы координат задаетсятремя числами, и поэтому неудивительно, что, варьируя их, можно сделать нулевыми три суммы чисел, зависящие от этих направлений. Болееподробно это будет обсуждаться в курсе аналитической механики.213В системе главных осей инерции в выражении (83.1) остается только первый член и выражения для компонент момента импульса приобретают видLx = I x wx ,I x = å m(y 2 + z 2 ) º I 1 = å m(x 22 + x 32 ) ;(83.2)Ly = I y wy ,I y = å m(x 2 + z 2 ) º I 2 = å m(x 12 + x 32 ) ;(83.3)Lz = I z wz ,I z = å m(x 2 + y 2 ) º I 3 = å m(x 12 + x 22 )(83.4)и в векторном видеL = I 1ω1 + I 2ω2 + I 1ω 3 .(83.5)Моменты инерции относительно главных осей, проходящих черезцентр масс, называются центральными главными моментами инерциитела.
Учитывая (82.11) и (83.5), кинетическая энергия в системе главных осях имеет вид11(83.6)K вр = Lω = (I 1w12 + I 2 w22 + I 3 w32 ) .22Как видно из (83.2)–(83.4), главные моменты инерции равны суммепроизведений масс, составляющих тело, на их расстояние до соответствующей оси в квадрате: I i = å mr 2 (или ò r 2dm ) .Нетрудно видеть, что сумма любых двух моментов инерции большетретьего:I 1 + I 2 = å m(x 12 + x 22 +2x 32 ) > å m(x 12 + x 22 ) = I 3 . (83.7)Тела можно классифицировать следующим образом:I 1 ¹ I 2 ¹ I 3 – асимметрический волчок;I 1 = I 2 ¹ I 3 – симметрический волчок;I 1 = I 2 = I 3 – шаровой волчок.При вращении вокруг главных осей направление угловой скоростисовпадает с направлением момента импульса и сохраняется.
При этомоказывается, что вращение относительно главных осей с максимальным и минимальным моментом инерции устойчиво, а относительносреднего по величине неустойчиво, в чем легко убедиться с помощьюспичечного коробка.214Нахождение главных осей для тела является непростой задачей, однако часто их направление очевидно из соображений симметрии.
Например, для прямоугольного параллелепипеда главные оси проходятперпендикулярно граням через центр тяжести. Для круглого цилиндраоси проходят вдоль цилиндра и поперек через ц. м.Плоское тело, x 3 = 0 , имеемI 1 = å mx 22 , I 2 = å mx 12 , I 3 = å m(x 12 + x 22 ) , т. е. I 3 = I 1 + I 2 . (83.8)Найдем моменты инерции для круглой тонкой пластинки.
Момент относительно вертикальной осиR3I 3 =ò r 2dm =ò r 2 r 2prdr =2pr021R44=MR 22,(83.9)где r – плотность на единицу площади, интегрирование идет по кольцам. Поскольку из симметрии I 1 = I 2 , то из (83.7) следуетРис. 68I1 = I 2 =I32=MR 2.4(83.10)§ 84. Теорема Гюйгенса – ШтейнераПусть момент инерции тела относительно оси, проходящей черезцентр масс, равен I 0 .
Момент инерции относительно оси, сдвинутойпараллельно на расстояние a ,I = å mi (a + ri )2 = å mia 2 + 2a å m i ri + å miri2 .(84.1)Поскольку, по определению, при расположении начала отсчета в центре масс å mi ri = 0 , тоI = Ma 2 + I 0 .(84.2)Эта формула Гюйгенса – Штейнера.Данный результат можно получить еще по-другому. Кинетическаяэнергия (82.2)2MV 2 I 0 wK =+.(84.3)22I w2, где I = Ma 2 + I 0 , что совпадаПолагая V = wa , получаем K =2ет с (84.2).215Моменты инерции некоторых тел1.
Тонкий стержень (палка).Момент инерции относительно центра палкиL /2I0 =òrr dr =2 ò20M 2ML2r dr =,L12(84.4)тогда, используя теорему Гюйгенса – Штейнера, находим моментинерции относительно конца палки2æ L ö÷ML2ç.(84.5)I = M ç ÷÷ + I 0 =çè 2 ø÷32. Тонкое кольцо.Момент инерции относительно оси, перпендикулярной плоскостикольца,I 3 = MR 2 .(84.6)В соответствие с (83.8) момент инерции относительно оси, лежащей вплоскости кольца и проходящей через центр,IMR 2.(84.7)I1 = I2 = 3 =223.
Круглый диск.Для круглого плоского диска моменты инерции были найдены ранее (см. (83.9), (83.10)):MR 2MR 2, I3=.(84.8)I1 = I 2 =424. Шар.Момент инерции относительно оси, проходящейZчерез центр, находим сложением моментов инерrции круглых пластинок толщиной dz = R sin q d qq(следует из z = R cos q ).
Для такой пластинкиRdI =Рис. 69=r 2dm (R sin q)2rp(R sin q)2 R sin q d q ==221rpR 5 (1 - cos2 q)2 d (cos q) .2pИнтегрируя, получаемI =8pò dI = 15 rRq =02165=(84.9)2MR 2 .5(84.10)§ 85. Уравнение движения твердого телаПри движении свободного твердого тела сохраняются его моментимпульса и кинетическая энергия.Уравнение поступательного движенияdvdP= M ц.м. = å fi = å fвнут + å fвнеш = Fвнеш ,dtdt(85.1)здесь P = å pi , Fвнеш = å fвнеш , сумма внутренних сил равна нулю.Для вращательного движения (индекс суммирования «I» опускаем)dLd=dtdtЧленå [r p]å [r p] = å [r p] + å [r p ] = å [r f ] .(85.2)равен нулю, поскольку r p .
С учетом того, что суммамоментов внутренних сил равна нулю, получаемdL= å [ r fвнеш ] = τ ,dtт. е. изменение момента импульса равно моменту внешних сил.При переносе начала координат r = a + r ¢τ = å [ r fвнеш ] = å [ r ¢fвнеш ] + [a Fвнеш ] = τ ¢ + [a Fвнеш ] .(85.3)(85.4)Момент сил не зависит от начала координат, если Fвнеш = 0 , например,если действует пара противоположно направленных сил. Если F и τвзаимно-перпендикулярны, то можно найти такое a , что τ ¢ = 0 . Тогдаиз (85.4)t = [a Fвнеш ](85.5)и результирующее действие всех сил сводится к действию одной суммарной силы, приложенной к определенной точке, точнее к любой точкевдоль определенной прямой (момент сил при этом один и тот же).Рецепт действий при этом такой.
Пусть на тело действуют несколько сил. Находим суммарную силу F и суммарный момент τ относительно центра масс. Затем заменяем все силы одной силой F , приложенной к точке тела, расположенной на прямой, проходящей на рас-217tот центра масс. Как уже говорилось, это можно сдеFлать только тогда, когда F и τ взаимно перпендикулярны.Для однородного поля тяжести суммарный момент силå m [rg] = [å m r ⋅ g] = M [R g] , где R – радиус вектор центра масс,стоянии d =так что все действие однородного поля сводится к силе, приложеннойк центру масс тела.Работа при вращенииИзменение кинетической энергии всегда равно работе сил.
Выразимее через моменты сил, действующие на тело.dK = å fdr = å f [d φ ⋅ r ] = d φå [ r f ] = τd φ .(85.6)Выражение для работы такое же, как и при поступательном движении,только вместо силы входит момент сил, а вместо перемещения – уголповорота.§ 86. Примеры динамики вращательного движенияСкатывание цилиндра с наклонной плоскостиЭто пример задачи движения с вращением, когда ось вращенияперпендикулярнаоднойплоскости.Уравнения движения при движении безNmg sin a проскальзыванияFтрdvm= mg sin a - Fтр ,(86.1)adtРис. 70dLdw= I0= FтрR ,dtdt(86.2)v = wR .Здесь моменты сил рассчитаны относительно центра масс.
РешениесистемыI g sin advg sin a,.(86.3)Fтр = 02=I0dtI0R1+1+mR 2mR 2218Для цилиндра I 0 =MR 22a =dv21= g sin a , Fтр = mg sin a .dt33(86.4)Для качения без проскальзывания необходимоFтр < kN = kmg cos a(86.5)tg a < 3k .или(86.6)Эту задачу можно было решить по-другому, выбрав за ось вращенияточку соприкосновения цилиндра с наклонной плоскостью, являющейся мгновенной ось вращения.
Тогда получается на одно уравнениеменьше:I dvdvR 2mg sin a.(86.7)= Rmg sin a =R dtdtI3По теореме Гюйгенса – Штейнера I = I 0 + mR 2 = mR 2 , что дает2dv2= g sin a .прежний ответdt3Физический маятникУравнение движения для маятника относительно точки подвесааdwI= -Mga sin j .(86.8)j ц.м.dtДля малых угловj = -wo2j ,MgРис. 71wo2 =гдеMga.I(86.9)(86.10)В случае математического маятникаg.(86.11)lДля палки, подвешенной за конец, I = Ml 2/3 , a = l/2 , wo2 = 3g/2l .I = Ml 2 , a = l и wo2 =219Опертый симметричный волчок, вращающийся вокруг главнойоси в поле тяжестиНа волчок (рис.
72) действует момент силdLdjLqaMgРис. 72t = Mga sin q ,(86.12)направленный перпендикулярно листу,где a – расстояние от центра тяжести доточки опоры. При повороте оси волчка наугол d j вокруг вертикальной оси векторL поворачивается, сохраняя свою абсолютную величину и угол по отношению квертикали. Поскольку момент сил лежитв горизонтальной плоскости, то вертикальная составляющая момента импульсасохраняется, а изменение горизонтальнойсоставляющей –dL = L sin qd j .(86.13)Это легко понять, если посмотреть на волчок сверху, откуда будет«видна» горизонтальная проекция момента импульса, равная L sin q ,поворачивающаяся вокруг начала вектора с некоторой угловой скоdj.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
