1й_курс_2й_семестр_Лекция_03 (959042), страница 2

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

Текст из файла (страница 2)

Лекция 36mm2πrdr = 2 2rdr , r⊥ = r .2πRRRR2m 32m R 4 mR 22 m=Поэтому I z = ∫ r 2 2rdr = 2 ∫ r dr = 2RR 0R 4203) Момент инерции тонкого стержня относительно оси z, являющейсяzX срединным перпендикуляром. Масса стержня m, длина L.Выделим на расстоянии x от оси маленькую часть стержня длиной dx.xdxmМасса этой части dm = dx , r⊥ = x . ОткудаLL2mm 2 L3 mL2I z = ∫ x 2 dx ==.L3L 812−L 2Масса этого цилиндра dm =4) Момент инерции тонкостенного шара относительно любой оси симметрии z. Масса шара m,радиус R.zВыделим на поверхности сферы кольцевой сегмент, для которогоось z является осью симметрии. Сегмент опирается на малый центральный угол dϕ, положение сегмента определяется углом ϕ, отdϕсчитываемым от плоскости экватора.ϕmТогда r⊥ = R cos ϕ , dm =2πR cos ϕ ⋅ Rd ϕ4πR 2π2m2I z = ∫ ( R cos ϕ )2πR cos ϕ⋅ Rd ϕ4πR 2−π 2π2Iz =π2m 2m2R ∫ ( cos ϕ ) cos ϕ ⋅ d ϕ = R 2 ∫ (1 − sin2 ϕ ) d ( sin ϕ )2 −π 22 −π 22mR 2 .35) Момент инерции сплошного шара относительно любой оси симметрии z.

Масса шара m, радиус шара R.Представим шар как набор вложенных друг в друга тонкостенных сфер переменного раm3mдиуса r и толщиной dr. Масса одной такой сферы dm =4πr 2 ⋅ dr = 3 r 2 ⋅ dr .4 3RπR3223m2mМомент инерции такой сферы dI z = dm ⋅ r 2 =r 2 ⋅ dr ⋅ r 2 = 3 r 4 ⋅ dr .333RRR52m2m R2Поэтому I z = ∫ 3 r 4 dr = 3= mR 2RR 5 50Теорема Гюйгенса-ШтейнераКак связаны между моменты инерции твердого тела относительно двух параллельныхосей?Рассмотрим две параллельные оси z1 и z2. Введем две системы координат так, чтобы ихоси х и у были параллельны друг другу, причем вторая система координат была получены параллельным переносом из первой на вектор a = ( ax ,a y , 0 ) .

При этом расстояние между осямиIz =будет равно a = ax2 + a y2 .Тогда координаты любой i-й точки связаны соотношениямиx2 i = x1i + ax , y2i = y1i + a y , z2 i = z1i .1й курс. 2й семестр. Лекция 3az1Квадрат расстояния от этой точки до первой оси z1:r1⊥i 2 = x12i + y12i и до второй оси r2⊥i 2 = x22i + y22i .Вычисляем момент инерции относительно второй оси:I z 2 = ∑ ∆mi ⋅ r2i ⊥ 2 = ∑ ∆mi ⋅ ( x22i + y22i ) ,z2r⊥ii21i1iy2+ a 2y ) + 2∑ ∆mi ⋅ ( x1i ax + y1i a y )iiiтельно оси z1,∑ ∆mi ⋅ ( ax2 + a y2 ) = a 2 ∑ ∆mi = ma 2 ,i+ y1i a y ) = ∑ ∆mi ⋅x1i ax + ∑ ∆mi ⋅y1i a y = ax ∑ ∆mi ⋅x1i + a y ∑ ∆mi ⋅y1i .xiiУчтём, что2xiiii.В этом равенстве∑ ∆mi ⋅ ( x12i + y12i ) = ∑ ∆mi ⋅ r12i ⊥ = I z1 - момент инерции относи-x2∑ ∆m ⋅ ( x a) + ∑ ∆m ⋅ ( aiy1x1iI z 2 = ∑ ∆mi ⋅ ( x + y21iR2iR1i7∑ ∆m ⋅xii1i= mx1C иii∑ ∆m ⋅yi1ii= my1C (где x1С и y1С – координаты центра масс тела вi1й системе координат) и получимI z 2 = I z1 + ma 2 + 2m ( ax x1C + a y y1C )Если ось z1 проходит через центр масс тела, то x1С =0 и y1С =0, поэтому выражение упрощается:I z = I zC + ma 2Это теорема Гюйгенса-Штейнера: момент инерции твердого тела относительно произвольнойоси равен сумме момента инерции тела относительно параллельной оси, проходящей черезцентр масс тела и квадрата расстояния между осями, умноженного на массу тела.Пример.

Момент инерции стрежня относительно оси, проходящей черезzzCкрай стержня, перпендикулярно ему, равен сумме момента инерции относительно срединной оси и массе, умноженный на квадрат половины длиныстержня:L2 Lm2 mL2 mL2L/2I z = I zC + m =+=.41243mm1m2Пример. Рассмотрим движение грузов на невесомой нерастяжимой нити,перекинутой через блок (диск).

Массы грузов m1 и m2 (m1 < m2), масса блока m. Трения в оси блока нет. Нить не скользит по блоку. Силами сопротивления в воздухе пренебрегаем. Найти ускорение грузов. Радиус блокаR.Решение. Фиксируем систему отсчета, в которой ось блока неподвижная.Предполагаем, что эта система отсчета инерциальная. Ось z системы координат в этой системе отсчёта направим вдоль оси вращения блока («отнас»).«Мысленно» разбиваем систему на части и находим силы между частями системы в соответствие со вторым и третьим законами Ньютона.При этом учтём, что нить невесомая (масса любой части нити равна нулю), поэтому, если кусокнити движется под действием (растягивающих) сил, то из второго закона Ньютона mНИТИ a = F2 + F1следует при mНИТИ=0, что эти силы равны по величине F2=F1.Нить также является нерастяжимой, поэтому ускорения всех точек нити одинаковые по величине.

Следовательно, ускорения грузов одинаковые по величине.1й курс. 2й семестр. Лекция 3Нить не скользит по блоку – это значит, что скорости точек ободадиска равны скоростям (соответствующих) точек нити. Следовательно, их тангенциальные ускорения тоже одинаковые.Из всего этого следуют уравнения:- равенства соответствующих сил натяженияT1 = T1′ = T1′′= T1′′′ , T2 = T2′ = T2′′ = T2′′′ ,NzT′′′1T′′1T′′′2mg8T′′2- равенства ускоренийa1 = a2 = εR ,T′1- равновесия оси блокаT′2N − mg − T1 − T2 = 0T2T1- динамики центров масс грузовm1a1 = T1 − m1 ga2a1m2 a2 = m2 g − T2m2 g- динамики вращательного движения блока вокруг оси zm1 gI z ε = T2 R − T1 R .Обозначим величину ускорения грузов как а.mR 2В данном случае момент инерции блока (диска) относительно оси вращения I z =, поэтому2из уравнения динамики вращательного движенияmR 2 a= ( m2 g − m2 a ) R − ( m1 g + m1a ) R2 R( m2 − m1 ) g .находим a =m + m2 + m1 2Закон сохранения момента импульса.Уравнение динамики вращательного движения системы точек dL= ∑ M O Fi ВНЕШ .dtiПокоординатное равенствоdLydLxdLz= ∑ M Ox Fi ВНЕШ ,= ∑ M Oy Fi ВНЕШ ,= ∑ M Oz Fi ВНЕШ .dtdtdtiii1) Если момент внешних сил, действующих на систему, относительно некоторой точки равеннулю, то сохраняется момент импульса системы относительно этой точки: dL= ∑ M O Fi ВНЕШ = 0 ⇔ L = const .dtiНапример, при движении планет в гравитационном поле Солнца, сохраняется вектор моментаимпульса планеты относительно Солнца, т.к.

линия действия силы гравитации проходит черезСолнце, поэтому её момент равен нулю относительно Солнца.2) Если момент внешних сил, действующих на систему, относительно некоторой оси равен нулю, то сохраняется момент импульса системы вдоль этой оси:dLz= ∑ M Oz Fi ВНЕШ = 0 ⇔ Lz = 0 .dtiПример.

Волчок будет вращаться достаточно долго при малой силе трения, сохраняя тем самым момент импульса вдоль вертикальной оси z, так моменты сил тяжести и реакции опорыравны нулю (векторы силы тяжести и реакции опоры параллельны оси вращения).(())(()())()1й курс. 2й семестр. Лекция 39Векторная форма записи угловой скоростиРассмотрим поворот твердого тела на малый угол dϕ вокруг оси z.Точка А, находящаяся на расстоянии r⊥ от оси вращения переместится на малый вектор ds ,направленный по касательной к окружности в направлении поzворота: ds = r⊥ d ϕ . Пусть положение точки А задано с помощьюрадиус-вектора R из какой-то точки О на оси вращения, тогдаr⊥ = R sin α , поэтому можно написатьvds = R sin α ⋅ d ϕ .Если вдоль оси вращения задать вектор поворота dϕ , связанныйdsr⊥с направлением поворота правилом буравчика, то справедливымAбудет равенство ds=dϕ×RαωRТак как для скорости движения точки А справедливо выражение ds = v ⋅ dt , то задавая вектор угловой скорости, направленныйdϕ dϕвдоль оси вращения равенством ω =, получаемdt v = ω× Rнаправление вектора угловой скорости ω и направление вращения связаны правилом буравчика (правого винта).С помощью вектора угловой скорости можно задать вектор момента импульса вдоль оси вращения Lz = I z ω .Замечание.Условия равновесия тела можно сформулировать таким образом:1) Если тело покоится, то центр масс тела не движется, поэтому для центра массFi ВНЕШ ∑aC = i= 0.mCПоэтому ∑ Fi ВНЕШ = 0 - сумма внешних сил, действующих на тело равна нулю.

Следовательно,iсумма проекций внешних сил на любое направление равна нулю.M ВНЕШ2) Если тело не вращается, то угловое ускорение ε = z= 0 , т.е. M zВНЕШ = 0 - сумма моменIzтов внешних сил относительно любой оси равна нулю..

Характеристики

Список файлов лекций