1611690516-d99b7463a257f659341e7d5db73ba461 (826918), страница 59
Текст из файла (страница 59)
Ось Ог, для которой центробежные моменты инерцииJ xz, J уг, содержащие в своих индексахнаименование этой оси, равны нулю, называется главной осью инерции тела дляточки О.Из изложенного следует, что еслитело имеет ось симметрии, то эта осьявляется главной осью инерции тела для_ любой своей точки.УГлавная ось инерции не обязательноявляется осью симметрии. Рассмотримоднородное тело, имеющее плоскостьсимметрии (на рис. 279 плоскостью симметрии тела является плоскость abed).Проведем в этой плоскости какие-нибудь оси Ох, Ог и перпендикулярную им ось Оу. Тогда в силу симметрии каждой точке с массойт к и координатами **, ук, гк будет соответствовать точка с такой жемассой и координатами, равными xh, —yh, гк.
В результате, как ив предыдущем случае, найдем, что Л т кхкук—0 и Х т ^ ^ —О илиJ Х]/—0, J 1/2=0, откуда следует, что ось Оу является главной осьюинерции для точки О. Таким образом, если тело имеет плоскостьсимметрии, то любая ось, перпендикулярная этой плоскости, будетглавной осью инерции тела для точки О, в которой ось пересекаетплоскость.Равенства (11) выражают условия того, что ось Ог является главной осью инерции тела для точки О (качала координат). Аналогич270но, если J xy—0, /„2=0, то ось Оу будет для точки О главной осьюинерции.
Следовательно, если все центробежные моменты инерцииравны нулю, т . е.J xv= 0, /„z—0, /«= 0 ,(11')то каз&дая из координатных осей Охуг является главной осьюинерции тела для точки О (начала координат).Например, на рис. 279 все три оси Охуг являются для точки Оглавными осями инерции (ось Ог как ось симметрии, а оси Ох и Оукак перпендикулярные плоскостям симметрии).Моменты инерции тела относительно главных осей инерцииназываются главными моментами инерции тела.Главные оси инерции, построенные для центра масс тела, называют главными центральными осями инерции тела.
Из доказанного выше следует, что если тело имеет ось симметрии, то эта осьявляется одной из главных центральных осей инерции тела, так какцентр масс лежит на этой оси. Если же тело имеет плоскость симметрии, то ось, перпендикулярная этой плоскости и проходящаячерез центр масс тела, будет также одной из главных центральныхосей инерции тела.В приведенных примерах рассматривались симметричные Ttyia,чего для решения задач, с которыми мы будем сталкиваться, достаточно. Однако можно доказать, что через любую точку какого угодно тела можно провести, по крайней мере, три такие взаимно перпендикулярные оси, для которых будут выполняться равенства(1 Г), т.
е. которые будут главными осями инерции тела для этойточки.Понятие о главных осях инерции играет важную роль в динамике твердого тела. Если по ним направить координатные оси Охуг,то все центробежные моменты инерции обращаются в нули и соответствующие уравнения или формулы существенно упрощаются(см. § 105, 132). С этим понятием связано также решение задач одинамическом уравнении вращающихся тел (см. § 136), о центреудара (см.
§ 157) и др.§ 105*. МОМЕНТ ИНЕРЦИИ Т ЕЛ А ОТНОСИТЕЛЬНОПРОИЗВОЛЬНОЙ ОСИПроведем ось 01, образующую с осями Охуг углы а, р и у соответственно(рис. 280). По определению,где, как видно из треугольника ОД*£)*,hk=r%— (OD),)1. Но 0£>*, как проекция вектора /■*=дс*«+У*/+г*А на ось 01, равна сумме проекций составляющих этого вектора на ту же ось, причем (х*0 «==x*cos а и т. д.; кроме того, г\=х\-\-у\-)-г\. Тогда/, = Em* [4 + Ук + Л — (х* cos а + у„ cos Р + гк cos 7)*] •Если сначала учесть, что 1—cos1 а = cos2 [5+cos27 и т. д. .
» затем вынестиквадраты и произведения косинусов, как рбщие множители, за скобки а принятьво внимание формулы (3) и ( 10), то окончательно получимJ i = J x cos’ <*+■/{, cos* Р + J z cosa у — 2J xy cos a cos P:—— 2J yz cosP cosy— 2 /** cos у cos a.( 12)271Если же в качестве осей Охуг выбрать главные оси инерция тела для точки Ото формула упрощается:J I — J х cos* ос-f-/ у cos*Jg cos* у.(12')Формулы (12) или (12') лозволяют, зная входящие в их правые части моментыинерции относительно заданных осей Охуг, определить момент инерции относительно любой оси, проходящей через точку О*.
Если же известно и положениецентра масс тела, то, используя формулу (9), можно найти момент инерции относительно оси, проходящей через любую другую точку.Задача 121. Найти момент инерции однородной прямоугольной пластиныс массой т и сторонами а и Ь относительно ее диагонали (рис. 281).Р е ш е н и е . Проведем через центр С пластины оси Сху (ось Сг на рисункене показана), которые, как оси симметрии, будут для точки С главными осямиинерции.
Тогда по формуле (12'), учитывая, что у= 90°, получимJ t = J x cos* а + J у cos* p.По аналогии с результатом, полученным'в задаче 119, для пластины будетJ x=mb2l 12, J у—т а г!\2\ кроме того, cosa —ale, cos Р= 6/с, гдес^=АВ. В результатеокончательно найдем/ {= me*6*/6c *= таЧ*/ 6 (а1+ 6*).В заключение рассмотрим, в чем проявляется влияние введенных характеристик распределения масс на частном примере вращения вокруг оси Ог стержня с нанизанными на него одинаковыми шарами А и 5 (рис.
282).Если hffchi, то центр масс системы не лежит на оси ,Ог и привращении появятся давления наподшипники; если ht—hi, центрмасс лежит на оси и этих давленийне будет.Если при A,=Ai расстояния шаров от оси увеличить, то положение центра масс не изменится, но увеличится момент инерции J zи при прочих равных условиях вращение будет происходить медленнее.Если стержень D E повернуть в плоскости Оуг так, чтобы /D Czне был прямым, а расстояния Aj и.А,=/ц сохранить, сместив шары•Шесть величин J x, J y, J t , —J xv, —J уг, —J tx определяют так называемыйтензор инерций и являются его компонентами.272к концам стержня, то ни положение центра масс, ни момент инерцииJ t не изменятся, но станет не равным нулю центробежный моментинерции J yz и ось Ог не будет главной; в результате при вращениивозникнут дополнительные боковые давления на подшипники (осьбудет «бить»).Глава X X IIТЕОРЕМА О ДВИЖЕНИИ ЦЕНТРА МАСС СИСТЕМЫf 106.
Д И ФФЕРЕН Ц И АЛЬН Ы Е УРАВН ЕН И Я Д ВИ Ж ЕН И Я СИСТЕМЫРассмотрим систему, состоящую из п материальных точек. Выделим какую-нибудь точку системы с массой т к. Обозначим равнодействующую всех приложенных к точке внешних сил (и активных,и реакций связей) через F*, а равнодействующую всех внутреннихсил — через F ,1,. Если точка имеет при этом ускорение ah, то поосновному закону динамики mhak=F%+Ffc.Аналогичный результат получим для любой точки. Следовательно, для всей системы будетmlax= f j + F 'Imtat = F te+ F tl ,’^m jin= Fn + F nlУравнения (13) представляют собой дифференциальные уравнения движения системы в векторной форме (в них ak—vk—rk). Входя, щие в правые части уравнений силы могут в общем случае зависетьот времени, координат точек системы и их скоростей.Проектируя равенства (13) на какие-нибудь координатные оси,получим дифференциальные уравнения движения системы в проекциях на эти оси.Полное решение основной задачи динамики для системы будетсостоять в том, чтобы, зная заданные силы и наложенные связи,проинтегрировать соответствующие дифференциальные уравненияи определить в результате закон движения каждой из точек системыи реакции связей.
Сделать это аналитически удается лишь в отдельных случаях, когда число точек системы невелико, или же интегрируя уравнения численно с помощью ЭВМ.Однако при решении многих конкретных задач необходимостьнаходить закон движения каждой из точек системы не возникает,а бывает достаточно найти какие-то характеристики, определяющиедвижение всей системы в целом. Например, чтобы установить, какдвижется под действием приложенных сил кривошипно-ползунныймеханизм (см.
рис. 158 в § 57), достаточно определить закон враще!8-1870273ния кривошипа, т. е. найти зависимость угла его поворота <р отвремени t. Обычно для отыскания подобных решений уравнения(13) непосредственно не применяют, а применяют другие, разработанные в динамике методы. К' их числу относятся метода, которыедают широко используемые в инженерной практике общие теоремыдинамики системы, получаемые как следствия уравнений (13);эти теоремы и будут рассмотрены в данной и в трех последующихглавах.Но предварительно решим одну задачу, показывающую, чтоискомый результат можно иногда эффективно находить и непосредственно, используя дифференциальные уравнения движения системы.Задача 122.
Д и н а м и ч е с к и й г а с и т е л ь к о л е б а н и й . Укрепленный на пружине груз / совершает вынужденные колебания под действием возмущающей силыпроекция которой Ox=Qt sin pt(см. §96).Определить, при каких условиях можно погаситьэти колебания, прикрепив к грузу / на пружине с коэффициентом жесткости с, груз 2 массой щ (рис. 283).Р е ш е н и е . Будем определять положения грузов координатамии xt, отсчитываемыми от положений статического равновесия грузов, направив осьj х по вертикали вверх. Тогда силы тяжести уравновесятся силами упругости f 1CT=c1X1CT и /r,cT=CjX,<.T и изуравнений движения исключатся (см.
в § 94 задачу 112), а учитываемые при движении силы упругости будут пропорциональны удлинениям, которые получают пружины при смещениях грузов от положений статического равновесия. Эти удлинения будут соответственно равны Х1=д:1 и Xt=xt— и на груз 2 будет действовать_сила упругости F , {F tx= —CjXj), а нагруз 1 — силы F i= —F t, F i (Fix=^-Ci\i) и (?. В результате получим следующие дифференциальные уравнения движения грузов:« i* i = — ciJfi+ c, f a — * 0 + Q* sin pt, m,Jc, = — c, (* ,— Xj).Чтобы колебания груза 1 гасились, должно быть jcx= 0.
ТогдаC**» + Q#p t= 0 и m^xt = — CfX].Из первого уравнения j*«=— (Q«/c*) sin pt и x,=p, (Q0/c^ sin pt. В результате подстановка во второе уравнение после сокращений даетт , р * = с ,.Эго и будет искомым условием гашения, в котором одной из величин т , илис%можно задаваться произвольно. Конечно, желательно, чтобы масса т , была меньше, но при малой т , и заданном р будет мало и с., а это приведет к нежелательномуувеличению амплитуды Q jct колебаний груза 2.1 107. TEOPEJtlA О Д ВИЖ ЕНИИ ЦЕНТРА МАССВ ряде случаев для определения характера движения системы(особенно твердого тела) требуется знать закон движения ее центрамасс.
Чтобы найти этот закон, обратимся к уравнениям движениясистемы (13) и сложим почленно их левые и правые части. Тогдаполучим2 т Я - 2 Ъ + 2 ^ i274( 14>Преобразуем левую часть равенства. Из формулы (Г ) для радиусавектора центра масс имеем2 т * г * = М гс.Беря от обеих частей этого равенства вторую производную по времени и замечая, что производная от суммы равна сумме производных, найдем,или2т*а* = Мас,(15)где ас — ускорение центра масс системы. Так как по свойству внутренних сил системы 2 F kl = 0, получим окончательно из равенства(14), учтя (15),М ас = 2Р*.(16)Уравнение (16) и выражает т е о р е м у о д в и ж е н и и цент р а м а с с с и с т е м ы : произведение массы системы на ускорение ее центра масс равно геометрической сумме всех действующихна систему внешних сил.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
