1611690516-d99b7463a257f659341e7d5db73ba461 (826918), страница 71
Текст из файла (страница 71)
ВРАЩАТЕЛЬНОЕ ДВИЖ ЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛАВОКРУГ НЕПОДВИЖНОЙ ОСИРассмотрим приложения общих теорем динамики к задачам одвижении абсолютно твердого тела. Так как изучение поступательного движения твердого тела сводится к задачам динамики точки,то начнем с рассмотрения вращательного движения вокруг неподвижной оси.Пусть на твердое тело, имеющее неподвижную ось вращения г(рис.
321), действует система заданных сил F\, F\,_. . ■,_F%. Одновременно на тело действуют реакцйи подшипников RA и R B. Чтобыисключить из уравнения движения эти наперед не известные силы,воспользуемся теоремой моментов относительно оси г (см. §116).Так как моменты сил RA и R B относительнооси г равны нулю, то получим=где М , = 2 т ,( П ) -Будем в дальнейшем величину M z называть вращающим моментом.Подставляя в Предыдущее равенство значение K z —J z<*>. найдем=или J, $= М ,.(66)Рис. зЗГУравнение (66) представляет собой дифференциальное уравнениевращательного двиясения твердого тела. Из него следует, что произведение момента инерции тела относительно оси вращения на угловое ускорение равно вращающемуся моменту:J tE= M z.(66')Равенство (66') показывает, что при данном М г чем больше момент инерции тела, тем меньше угловое ускорение, и наоборот.
Сле21*323довательно, момент инерции тела действительно играет при вращательном движении такую же роль, как масса при поступательном,т. е. является мерой инертности тела при вращательном движении(см. § 102).Уравнение (66) позволяет: 1) зная закон вращения тела, т. е.Ф = /(0 , найти вращающий момент М г; 2) зная вращающий моментМ г, найти ф= /(/). т. е.
закон вращения тела, или найти его угловую скорость со. При решении второй задачи следует иметь в виду,что в общем случае величина М г может быть переменной и зависетьот t, ф и С 0 = ф .Вместо уравнения (66) для изучения вращательного движенияможно также пользоваться теоремой об изменении кинетическойэнергии: Т— ТЛ=А*, где Т и А определяются по формулам (43) и(47).Отметим следующие частные случаи:1) если М г=Ь, то co=const, т. е. тело вращается равномерно-,2) если M z= const то и е = const, т.
е. тело вращается равнопеременно.Уравнение (66) по своему виду аналогично дифференциальномууравнению прямолинейного, движения точки (см. § 77). Поэтомуимеется аналогия и между самими названными движениями, и всерезультаты, получаемые для прямолинейного движения точки, будут справедливы и для вращательного движения твердого тела, еслив них заменить соответственно силу F, массу т, координату х, скорость v и ускорение а точки на вращающий момент М г, момент инерции J г, угол поворота ф , угловую скорость со и угловое ускорение евращающегося тела.При решении задач уравнением (6б) целесообразно пользоваться тогда, когда система состоит только из одного вращающегосятела. Если в системе кроме одного вращающегося тела есть еще другие движущиеся тела (см., например,, задачи 134, 140 и т.
д.), тоуравнение движения лучше составлять с помощью общих теорем илиметодов, изложенных в § 141 и 145.В задачах, аналогичных задаче 134, следует иметь в виду, чтона барабан действует не сила Q, а натяжение веревки F, не равное Q,и уравнение (66) для барабана имеет вид j nB=Fr—M rv. Для егорешения надо дополнительно определить силу F, составив уравнение движения груза А, что удлиняет расчет.Задана 149. Колесо массой т .
вращается вокруг оси О с угловой скоростьюо»о (рис. 322). В некоторый момент времени к колесу прижимается тормознаяколодка с силой Q. Коэффициент трения колодки о колесо /, радиус колеса г.Пренебрегая трением в оси и массой спиц, определить, через сколько секундколесо остановится.Р е ш е н и е . Составляя уравнение (66 ) и считая момент положительным,когда он направлен в сторону вращения колеса, получаемJo -Jr—fQr•так к ак сила трения F = fQ .
Отсюда, интегрируя, находимJ o<a=—fQ ii+C1,324мПо начальным данным, при i=Q «о=<о0, следовательно, C1= / o w 0 и окончательно(о=ш 0—(Qrt/Jo(б)В момент остановки, когда t= tx, ш = 0 . Подставляя значение ш = 0 в уравнение (б) и учитывая, что для обода (кольца) / о = т г г, получимJ о®отпdgiQ r7 0 “‘Если понадобится найти число оборотов, сделанных колесом до остановки,то это проще сделать, не интегрируя еще раз уравнение (б), а применив теоремуоб изменении кинетической энергии.Рис. 323Задача 160.
Вертикальный цилиндрический ротор, момент инерции которогоотносительно оси Ог равен Jz (рис. 323), приводится во вращение приложеннымк нему моментом М вр. Найти, как изменяется при движении угловая скоростьротора ш, если Шо=0 , а момент сил сопротивления воздуха пропорционален <■>,т.
е. МС0Пр=цс1).Р е ш е н и е . Дифференциальное уравнение (66 ) для вращающегося ротораимеет вид (считаем положительными моменты, направленные в сторону вращения)г dm1, -gj— Al.p-IUO.Разделяя переменные и полагая \i!Jg= n t возьмем от обеих частей равенствасоответствующие определенные интегралы, получимшtГМ вр---------n [ d t .-Ц 0)ОтсюдаInAfBp— цсо•л /илим врОкончательно найдем, что^=ц2.(1—е—(а)Угловая скорость ротора со временем возрастает, стремясь к предельномувиачению:ипр * ■ М , p / f i .(б)Согласно отмеченной выше аналогии эти результаты дают одновременнорешение задачи о прямолинейном движении точки с массой т под действием325силыconst и силы сопротивления R=*—ри. При этом для скорости о точкипо аналогии с равенствами (а) и (б) получитсяv = (F/f t ) ( l — е-»*).
где п = p/m , и v„p = F/n.f129. ФИЗИЧЕСКИЙ МАЯТНИК. ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНОЕОПРЕДЕЛЕНИЕ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИЯФизическим маятником называется твердое тело, которое можетсовершать колебания вокруг неподвижной горизонтальной оси поддействием силы тяжести.Изобразим сечение маятника плоскостью, перпендикулярнойоси подвеса и проходящей через центр масс маятника С (рис. 324, а).Введем обозначения: Р — вес маятника, а — расстояние ОСот центра масс до оси подвеса, J 0 — момент инерции маятника относительно оси подвеса.
Положение маятника будем определять углом ф отклонения линии ОС отвертикали.3 /Для определения закона колеЧбаний маятника воспользуемся дифф\1ференциальным уравнением вра\щательного движения (66). В данном случае М г= М 0= — Ра sin ф(знак минус взят потому, что приФ>Ь момент отрицателен, а приф< 0 — положителен) и уравнение(66) принимает видРис. 324J 0ф = — Ра sin ф.Деля обе части равенства на J 0 и вводя обозначениеPa!J0= k \<67)найдем дифференциальное уравнение колебаний маятника в видеф+£*81пф=0.Полученное дифференциальное уравнение в обычных функцияхне интегрируется.
Ограничимся рассмотрением малых колебаниймаятника, считая угол ф малым и полагая приближенно sin ф «ф .Тогда предыдущее уравнение примет видФ+А*Ф=0.Это дифференциальное уравнение совпадает по виду с дифференциальным уравнением свободных прямолинейных колебаний точкии его общим решением по аналогии с равенством (68) из § 94 будетф=С15Ш kt+ C cos kt.Полагая, что в начальный момент / = 0 маятник отклонен на малыйугол ф=ф» и отпущен без начальной скорости (ш«—0), найдем дляпостоянных интегрирования значения Ct = 0 и С»=ф». Тогда закон326малых колебаний маятника при данных начальных условиях будетcp=(p0cos kt.Следовательно, малые колебания физического маятника являются гармоническими.
Период колебаний физического маятника,если заменить k его значением (67), определяется формулой7’ф= 2л/& = 2л У J 0/Pa.(68)Как видим, для малых колебаний период от угла начального отклонения ф0 не зависит. Этот результат является приближенным.Если проинтегрировать составленное вначале дифференциальноеуравнение колебаний маятника, не считая в нем угол ф малым(т. е. не полагая sin ф« ф), то можно убедиться, чтозависит отФо. Приближенно эта зависимость имеет видТф « 2 л |/ J 0,'Pa( 1 -f Ф2/16).Отсюда, например, следует, что при ф0—-0,4 рад (около 28°) формула (68) определяет период с точностью до 1%.Полученные результаты охватывают и случай так называемогоматематического маятника, т.
е. груза малых размеров (которыйбудем рассматривать как материальную точку), подвешенного нанерастяжимой нити длиной /, массой которой по сравнению с массой груза можно пренебречь (рис. 324, б). Для математическогомаятника, так как он представляет собой систему, состоящую изодной материальной точки, очевидно, будету 0 = т />= (/>/£г)/3, а —ОС—1.Подставляя эти величины в равенство (68), найдем, что периодмалых колебаний математического маятника определяется форму__лойТ ы= 2 л У Щ .Из сравнення формул (68) и (68'), видно, что при длине/ i = J 0g / P a = J 0/Ma(68')(69)период колебаний математического маятника совпадает с периодомколебаний соответствующего физического маятника.Длина /, такого математического маятника, период колебанийкоторого равен периоду колебаний данного физического маятника,называется приведенной длиной физического маятника.
Точка АГ,отстоящая от оси подвеса на расстоянии О К —lu называется центром качаний физического маятника (см. рис. 324).Замечая, что по теореме Гюйгенса J 0 —J с-{-Ма2, мы можем привести формулу (69) к видуlt = a + J С/Ма.(69')Отсюда следует, что расстояние ОК всегда больше, чем ОС=ат. е. что центр качаний маятника всегда расположен ниже его центра масс.327Из формулы (69') видно, что K C = Jr/M a. Поэтому, если поместить ось подвеса в точке К, то приведенная длина 7, полученного маятника согласно (690будетlt = K C + J c /(M -K C )= JclM a+ a= lvСледовательно, точки К к О являются взаимными, т.
е. если ось подвеса будетпроходить через точку К, то центром качаний будет точка О (так каки период колебаний маятника не изменится. Это свойство используется в так называемом оборотном маятнике, который служит для определения ускорения силытяжести.Э к с п е р и м е н т а л ь н о е определение момент о в и н е р ц и и . Один из экспериментальных методов определения моментов инерции тел (метод маятниковых колебаний) основанна использовании формулы (68) периода малых колебаний маятника.Рис.
325Рис. 326Пусть требуется определить момент инерции относительно осиОг изображенного на рис. 325 тела (шатуна), вес которого Р известен. Подвесив тело так, чтобы ось Ог была горизонтальна, найдемс помощью секундомера период его малых колебаний Т. Затем методом взвешивания (см. § 34, рис. 108) определим расстояние 0С=а.Подставляя все эти значения в формулу (68), получимJ 0 t =PaT*/4nKЕсли требуется определить момент инерции тела относительнооси Ох, проходящей через его центр тяжести, то тело можнр подвесить на двух жестко прикрепленных к телу штангах (стержнях)так, чтобы ось Ох была горизонтальна (рис.
326), и найти экспериментально момент инерции JAB относительно оси АВ (величина ав этом случае наперед известна). После этого искомый момент инерции вычисляется по теореме Гюйгенса: J ox—J a b — (P/g)ai§ 130. ПЛОСКОПАРАЛЛЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛАПоложение тела, совершающего плоскопараллельное движение, определяется в любой момент времени положением полюса иуглом поворота вокруг полюса (см. § 52). Задачи динамики будутрешаться проще всего, если за полюс принять центр масс С тела(рис. 327) и определять положение тела координатами хс, Ус иуглом ф.328На рис. 327 изображено сечение тела плоскостью, параллельнойплоскости движения и проходящей через центр масс С. Пусть натело действуют внешние силы F[, F\, . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
