Лекции по физике

Добавил:

Studfiles2 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Государственный университет — учебно-научно-производственный комплекс (бывш. ОрелГТУ)

Предмет:

Физика

Файл:

Icz βc = Ncz

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

01.05.2014

Размер:

448.9 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

(75).

то тело называют шаровым волчком. К таким телам относятся, например, однородные шар и куб. Если равны только два момента инерции:

Ix = Iy ¹ Iz ,

то тело называется симметричным волчком. Например, однородный цилиндр или параллепипед, основание которого квадрат. Если все моменты различны:

Ix ¹ Iy ¹ Iz ,

тело называется ассиметричным волчком. Как видите, волчок не только детская игрушка. Подчеркну, момент инерции тела является характеристикой тела и ни как не зависит от того, вращается оно или покоится. Момент инерции характеризует инертность тела к вращению, так же как масса тела характеризует его инертность к поступательному движению.

В следующем параграфе будут вычислены моменты инерции для тел, которые часто встречаются в задачах. А пока продолжим рассмотрение движения тела, считая, что момент инерции известная величина.

Если на тело действуют внешние силы и момент не равен нулю, то могут иметь место два варианта: есть только момент относительно оси вращения N = ez Nz , и есть другие

проекции. В первом случае уравнение движения (для вращения) будет иметь вид: dMdt z = Nz Þ Iz ddtωz = Nz Þ Iz βz = Nz

В этом случае нет необходимости закреплять ось вращения тела в какой-то опоре. Если ось вращения не является главной, то это уравнение будет описывать вращение тела

относительно оси (в данном случае z), но ось вращения должна быть закреплена.

Проекции момента внешних сил относительно двух других осей будут компенсироваться опорой. У момента инерции не забудьте один индекс заменить на два.

4. Вычисление осевых моментов инерции. Теорема Штейнера.

При рассмотрении вопросов теории в формулах пишутся суммы. При применении теории в конкретных вычислениях суммы заменяются на (особенно любимые на первом семестре) интегралы. Таким образом, определение осевого момента инерции примет вид:

Izz = åmi Ri2 Þ Izz	= òρRi2dV	(76).
i	V

Интегрирование ведется по всему объему твердого тела. Плотность тела в общем случае может являться функцией координат. Мы ограничимся однородными телами, для которых ρ = m /V , и ее можно вынести из-под знака интеграла. Вы уже привыкли к тому,

что для упрощения вычислений часто используются некоторые абстракции (например, точечное тело или материальная точка, невесомая пружина и т.д.). Так и сейчас мы вычислять момент инерции бесконечно тонкого стержня, или бесконечно тонкого диска. Это приближение означает, что длина стержня много больше его длины, а толщина диска много меньше его радиуса. Конечно, при этом полученный результат не будет абсолютно точным. Вообще в физике нельзя при вычислениях учесть все, такая задача будет несчитательна, да и вообще поставить задачу с учетом всего невозможно.

Поэтому удобно оперировать с линейной массой для бесконечно тонкого стержня ρл = m / l , и массой, приходящейся на единицу площади для бесконечно тонкого диска

ρпл = m / S . Все вычисления будут выполнены для моментов инерции относительно

главных, которые обязательно проходят через центр масс тела. Я буду для определенности считать выбранную ось осью Z.

1.Бесконечно тонкий стержень. Ось Z проходит через середину стержня и перпендикулярна ему. Ось Х направим по стержню. Советую сделать рисунок. Я сэкономлю время и объем. Пишем для этого случая интеграл (76):

m l

m х3

ml2

Iz =

òl

dx = 2

l ò0

dx = 2

l (

(77).

−

2.Цилиндр. Ось Z совпадает с осью цилиндра. Вычисления делаем в цилиндрической системе координат. Вообще систему координат следует выбирать в соответствии с

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

симметрией задачи. Вычисляем, так называемый тройной интеграл. В нашей практике

все многомерные интегралы всегда можно будет представить в виде произведения нескольких «обычных» интегралов одной переменной:

m R0 H 2π

m R0

2π

mR2

Iz =

ò ò ò R2dRdzRdϕ =

R3dRò dz ò dϕ =

× H ×2π =

π R02H

(78).

0 0 0

Как видите высота цилиндра выпала из окончательного ответа. R0 - радиус цилиндра.

3.Шар. Вычисления делаем в сферической системе координат. Начало координат в центре шара:

Iz =

dV =

òr

sin

θ ×dr ×rdθ ×r sinθdϕ =

m r0 4

2π

òR

òr

dròsin θdθ ò dϕ

×2π =

mr2

(79).

Подчеркну, R - расстояние от оси, r - модуль радиус-вектора, r0 - радиус шара. 4.Бесконечно тонкий диск. Ось Z совпадает с одним из диаметров диска. Начало

координат в центре диска:

m r0

m r4

mr2

Iz =

òR2dS =

òr2 sin2

θ ×dr ×rdθ =

òr3dr ×2òsin2 θdθ =

π =

(80).

S 4

Теорема Штейнера. Предположим мы умеем вычислить момент инерции некоторого тела относительно главной оси, проходящей через центр масс этого тела. А тело, в какой либо установке вращается не вокруг этой оси, а в параллельной ей, находящееся на расстоянии L. При помощи теоремы Штейнера Момент инерции относительно смещенной оси вычисляется в одну строчку. Но прежде докажем эту теорему.

На рисунке показана одна материальная точка твердого тела.

Главная ось инерции перпендикулярна плоскости рисунка и проходит через точку С – центр масс тела. Мы хотим

вычислить момент инерции тела относительно параллельной оси, проходящей через точку 0. Направление оси Z совпадает с этими двумя осями. Напишем очевидное соотношение для трех векторов:

Ri = L+ Rci

Возведем в квадрат обе части равенства и умножим его на массу выделенной точки. В результате получим:

mi Ri2 = mi L2 + 2mi Rci L+ mi Rci2

Осталось просуммировать по всем точкам тела:

å mi Ri2 = L2 åmi + 2Lå mi Rci + å mi Rci2 i i i i

Правая часть есть искомый момент инерции относительно смещенной оси, сумма в первом члене правой части есть масса всего тела, сумма во втором члене тождественно равна нулю (по определению центра масс), третий член есть момент инерции относительно главной оси:

I0zz = mL2 + Icz

(81)

Последнее равенство и есть суть теоремы Штейнера.

В заключение найдем момент инерции цилиндра, показанного на рисунке. Этот пример показывает, как моет быть использована выше доказанная теорема. Выделим на произвольном расстоянии x очень тонкий цилиндрик толщиной dx . Его момент инерции относительно оси параллельной оси Z, но проходящей через него, согласно (10) будет равен:

		= ρπ R2		π R2
dI	z′		dx	цил
dI			dx
		цил		4
				4

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

А его момент относительно оси Z согласно (11) будет равен:

		= ρπ R2		π R	2	+ ρπ R2
dI	zz		dx	цил			x2dx

		цил		4		цил

Чтобы найти момент инерции всего тела, это выражение надо проинтегрировать по x :

Izz = ρπ Rцил2	Rцил2	òL dx + ρπ Rцил2	òL x2dx = ρπ Rцил2	Rцил2 L3		=	mRцил2	+ mL2
				4	3
4		0	0			4		3

Получился интересный результат. Если мы положим радиус цилиндра равным нулю, то получим выражение момента инерции бесконечно тонкого стержня, когда ось проходит через его конец, а не через центр масс. Если положить равным нулю длину цилиндра, то формула примет вид для момента инерции бесконечно тонкого диска (80). Между прочим, советую запомнить первое, так как вращение тонкого стержня, закрепленного за один из концов, очень часто встречается в различных задачах, и не только первого семестра.

5. Кинетическая энергия вращающегося тела.

Для энергии вращающегося тела вокруг неподвижной оси мы можем использовать общее выражение для кинетической энергии системы материальных точек, которое можно преобразовать с учетом того, что все точки твердого тела вращаются по окружностям:

Ek = å	m v2	= å	m ω2 R2	=	ωz2 åmi Ri2	=	I	ω2	(82)
	i i		i z i		i		zz	z
					2		2
i	2	i	2

Чтобы не делать все время оговорок, условимся, ось, вокруг которой вращается тело, считать осью Z, будем также считать, что в начальный момент времени направления угловой скорости и оси Z совпадают. Полученное выражение можно получить из уравнения движения (75):

dM z	= Nz	Þ	Izz dωz	= Nz

dt			dt

Если обе части последнего равенства умножить на бесконечно малый угол поворота и преобразовать проекцию момента силы к виду Nz = å Ri Fτi , где Ri - точки в которых

приложены внешние силы, Fτi - проекции внешних сил на касательную к окружности, по

которой движется точка приложения силы (напомню, что орт τ

принято направлять по

вектору скорости), то в результате получим:

Izz dωz dϕz = å Fτi Ri dϕz Þ Izzωz dωz = å Fτi Ridϕz = åFτidli = å δ Ai = δ A

Проинтегрировав это выражение, получим:

ω2

= A

(83)

Получили по физическому смыслу такую же формулу, как и для одного точечного тела – приращение кинетической энергии равно работе всех сил.

Вспомнил своих студентов и решил добавить пояснение. Конечно, на тело могут действовать силы, направленные произвольно. Но любую силу можно разложить на проекции:

F = eR FR +τ Fτ + ez Fz .

Перемещение имеет только одну компоненту dr =τ dl . Поэтому скалярное произведение этих векторов будет содержать только одно слагаемое Fτ dl , что и было использовано при выводе (13).

6. Плоское движение твердого тела.

Мне представляется более удобным рассмотреть вначале именно плоское движение. Единственным дополнением будет поступательное движение оси вращения тела. При

выводе уравнений движения мы будем рассматривать общий случай движения тела в пространстве. Затем более подробно рассмотрим частный случай – плоское движение

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

тела. Удобнее всего сложное движение разложить на два: движение центра масс тела и вращения тела относительно точки центра масс тела. Такое разложение, удобно хотя бы тем, что нам известно уравнение его движения (2):

mac

= åFi .

Поэтому осталось преобразовать уравнение (70)

применительно к поставленной задаче.

Связь момента импульса твердого тела с его

моментом импульса в системе центра масс.

В выражении для момента импульса относительно

точки начала координат неподвижной системы отсчета

заменим

ri = rci

+ rc

(см.

рис.)

vi = vci + vc , и

преобразуем его:

M =

m [rv ] =

m [(r + r )(v

+ v

] =

m [r v

] +

m [r v

] +

m [r v

]

i i i

i ci c

i ci

i ci c

i c

å i c c

Первый член представляет собой момент импульса тела в С – системе относительно начала координат, другие слагаемые перепишем несколько в другом виде:

M = Mc −[vc åmi rci ] +[rc	d	åmirci ]+[rcvc ]åmi
	dt
i		i	i

Теперь хорошо видно, что два средних слагаемых равны нулю. Окончательно:

		M = Mc + m[rcvc ]		(84).
Преобразование момента сил. Сделав такую же замену, получим:
N = å Ni = å[ri Fi ] = å[rci + rc , Fi ] = å[rci Fi ]+[rc åFi ] = Nc +[rc F ]
i	i	i	i	i

Чтобы получить уравнения движения осталось продифференцировать правую часть (14) по времени и приравнять ее правой части последнего выражения.

Уравнения движения. Выполнив выше сказанное, получим:

dMc

+ m[

drc

] + m[r

dvc

] =

dMc

+ m[r a

]

c c

dMc

+ m[r a

] = N

+[r F ]

c c

dMc

= Nc

(85)

Два других члена равны друг другу, так как представляют собой уравнение движения центра масс тела, умноженное векторно на rc .

Выпишем еще раз систему уравнений, определяющих движение твердого тела в пространстве:

mac = F

ddtMc = Nc (86)

Система представляет два независимых уравнения, если по условию задачи нет дополнительных уравнений связи между величинами входящими в разные уравнения. Чтобы центр масс тела двигался в плоскости XY необходимо, чтобы проекция суммы всех сил на ось Z равнялась нулю, а момент всех сил имел только проекцию на ось Z. В этом случае первое уравнение будет иметь тот же вид. Второе уравнение написать в проекции на ось Z, выразив проекцию момента импульса через осевой момент инерции и угловую скорость:

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

Во многих задачах на эту тему плоское движение представляет собою качение цилиндра или шара по поверхности без проскальзывания. В таком случае появляется дополнительное уравнение связи между линейными и угловыми величинами:

	ωR = vс	(88),
	β R = ac	(88),
	β R = ac

где .R – радиус цилиндра или шара. И уравнения (87) перестают быть независимыми.

7. Энергия тела при плоском движении.

Подход всегда один и тот же. Пишется общее выражение для кинетической энергии системы материальных точек, а затем его «приспосабливают» к конкретной системе.

Удобнее для практических приложений кинетическую энергию при плоском движении тела представить в виде двух слагаемых: энергии поступательного движения тела и энергии вращения тела вокруг оси, проходящей через центр масс тела. Из постановки задачи сразу следует, какие преобразования необходимо сделать. Прежде всего, надо скорость произвольной материальной точки тела представить в виде двух слагаемых: скорости центра масс тела и скорости ее движения по окружности вокруг оси, проходящей через центр масс тела. Проделав это, мы поймем, какие преобразования надо делать дальше:

Ek = å	m v2	=	1	åmi (vc +[ωRi ])2 =	1	åmi (vc2 + 2vc[ωRi ] +[ωRi ]2 )
	i i		2		2
i	2			i		i

Первое слагаемое и есть кинетическая энергия поступательного движения тела, последнее слагаемое – кинетическая энергия вращения тела (ее можно записать в другом виде, используя определение момента инерции). Среднее слагаемое равно нулю, так как скорость центра масс ортогональна результату векторного произведения. Сделав эти преобразования, получим выражение для кинетической энергии тела при плоском

движении

Ek =	mv2	+	I	zz	ω2	(89)
	c				z
				2
	2

Если тело находится в потенциальном поле сил, то кроме кинетической оно обладает и потенциальной энергией. Пусть, для примера произвольной формы тело находится на некоторой высоте над поверхностью земли. Будем считать, что нуль потенциальной энергии на поверхности земли. Тогда каждая материальная точка твердого тела имеет потенциальную энергию Ui = mi gyi ,а чтобы найти энергию тела, надо просуммировать

по всем точкам:	åmi yi
U = åmi gyi = gm	åmi yi	= mgyc (90)
	i
	m
i	m

Следовательно, при вычислении потенциальной энергии ее значение надо брать в точке центре масс тела.

И еще один вопрос, связанный с изменением энергии при качении тела без проскальзывании по наклонной плоскости. В этом случае всегда есть сила трения, направленная против скорости центра масс тела. Эта сила трения будет совершать работу, равную δ A = −FтрdxNz , замедляя поступательное движение тела. Эта же сила

создает положительный момент относительно оси вращения Nz = Fтр R . Элементарная работа этого момента сил равна δ A = Fтр Rdϕ , увеличивая скорость вращения. Сумма этих работ Aсум = Fтр (Rdϕ − dx) равна нулю, так как при движении без проскальзывания dx = Rdϕ .

Поэтому при рассмотрении скатывающихся без проскальзывания тел можно применять закон сохранения полной механической энергии.

Осталось рассмотреть движение тела закрепленного в одной точке, в том числе движение гироскопа. Но у меня появилось желание рассмотреть один пример на плоское движение тела, чтобы показать, как надо решать задачи на эту тему (и карточку тоже).

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

8. Задача на плоское движения тела.

На горизонтальной поверхности лежит цилиндр. Известны его масса m , радиус R . В начальный момент времени центру масс цилиндра сообщили скорость v0 ,

перпендикулярную оси цилиндра и параллельную поверхности. Известен коэффициент трения скольжения между цилиндром и поверхностью. Описать движение цилиндра в последующие моменты времени.

Решение. Выберем ось X по направлению начальной скорости. Ось Y направим вверх, тогда ось Z будет направлена по оси цилиндра. Начало координат совместим с точкой центра масс цилиндра в начальный момент времени.

			Обязательно	надо					сделать показанный
			рисунок.
			Пишем уравнения движения (в проекциях):
				m		dvx		= −F
				m				= −F
							dt		тр
							dt
				I			dωz		= RF
Дополнительные уравнения F = kmg			= mR2 / 2 . Их		zz		dt		тр
Дополнительные уравнения F = kmg	и I	zz	= mR2 / 2 . Их	можно					подставить сразу в
тр		zz

уравнения движения, можно сделать тогда, когда в этом возникнет необходимость. Два уравнения движения независимы, пока есть проскальзывание. Проинтегрировав их по времени, получим для произвольного момента времени с учетом начальных условий:

v(t) = v0 − kgt			(91)
ω(t) =	RFтр	t	(92)

	Izz			v = ωR (93).
Проскальзывание кончится тогда, когда будет			иметь место равенство
Обозначим этот момент времени t1 . Далее цилиндр будет двигаться по оси X				с поcтоянной

скоростью. Трением качения в нашем курсе пренебрегается. Чтобы ее объяснить, надо отказаться от модели абсолютно твердого тела. Находим t1 , приравнивая полученные уравнения (с учетом равенства (93)):

v0 − kgt1 = R RFтр t1

Izz

Обратите внимание, у времени стоит индекс, без него это равенство превращается в чушь.

И самое интересное, что половина студентов, прочтя это, индекс ставить не будут, а мне придется возвращать карточки, как нерешенные.

Пропустив элементарные алгебраические преобразования, приведу найденное время:

t =	v0	=	v0	(94)
	kg + 2kg
1			3kg

Подставив полученное время в (91) и (92) можно найти скорость центра масс и угловую скорость цилиндра в момент окончания проскальзывания:


v(t ) = v − kg			v0	=	2 v
			3kg
1	0				3	0
ω(t ) =	RFтр		v	=	2v
		0			0

1	Izz	3kg			3R

Вычислив ω(t1) независимо, мы видим, что при выкладках не сделано глупой ошибки. Найдем расстояние, которое цилиндр двигался с проскальзыванием. Для этого уравнение

(21) следует еще раз проинтегрировать по времени, Получим:

x(t) = v t − kgt2		,
0	2
	2

в которое надо подставить время t1 :

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com


x(t ) = v		v	−	kgv	2	=		5v 2
		0		0				0	.
				18k2 g2					.
1	0 3kg			18k2 g2			18kg

Задача выполнена. Движение тела описано. Давайте найдем убыль энергии:

mv2

mv2 (t )

ω2 (t )

− E

= E

k 0

− E

(t ) =

0 − (

)

Если, считая в уме, не ошибся, то −

E =

mv2

0 .

Найдем, как изменился момент импульса цилиндра относительно точки касания цилиндра в начальный момент времени. Начальный момент импульса равен:

					M z = mv0 R
При t1 момент импульса согласно (14) будет равен:
M		(t ) = mv(t )R + I			ω(t ) = m	2	v +	mR2 2v	= mv R .
	z			zz		3		0
		1	1		1		0	2 3R	0

Момент импульса сохранился. Это следовало ожидать, так как относительно рассматриваемой точки момент сил во время движения тела равен нулю.

Между прочим, если бы требовалось найти только скорости в момент окончания проскальзывания, то их проще было бы найти из сохранения импульса. Мы же проверили, что скорости найдены без ошибок.

9.Движение твердого тела с изменением ориентации

впространстве момента импульса.

Мы не будем рассматривать общий случай такого движения тела, а ограничимся частными примерами движений, понимание которых будет необходимо в разделах физики, которые будут изучаться в последующих семестрах.

Прежде всего, рассмотрим прецессию вращающегося гироскопа, закрепленного в одной точке, в поле тяжести Земли. Гироскоп это тело с симметричным распределением массы, что-то похожее на детский волчок. Нижняя точка главной оси инерции, вокруг которой его раскручивают как можно с большей угловой скоростью ω0 , закрепляется в шарнире, причем трение в нем

должно быть как можно меньше. Мы при рассмотрении сделаем предположение, что оно вообще отсутствует. Тогда собственный момент импульса гироскопа I0ω0 относительно его главной оси будет

сохраняться. На рисунке показано положение гироскопа в момент времени, когда его центр масс С находился в плоскости рисунка.

Относительно начала координат на гироскоп действует момент силы тяжести F = mg . Направление силы показано вертикальной

стрелочкой, направленной вниз. Модуль момента силы тяжести

равна:

N = mgr0 sinα = mgR0 ,

если угол α отсчитывать от оси Z. Направлен этот момент перпендикулярно плоскости рисунка от нас. За бесконечно малое время dt вектора собственного момента импульса гироскопа получит бесконечно малое приращение dM0 = mgr0 sinαdt , которое будет

направлено по направлению момента силы. Приращение импульса можно записать в виде M0 sinαdϕ , в котором dϕ бесконечно малый угол поворота вокруг оси Z. Таким образом, можно написать равенство:

M0 sinαdϕ = mgr0 sinαdt или M0dϕ = mgr0dt

Поделив обе части на dt и M0 , получим угловую скорость поворота оси гироскопа вокруг оси Z, которая будет образующей поверхности конуса:

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

Эта скорость называется скоростью прецессии (но не процессии!) гироскопа. Вы видите, что она не зависит от угла гироскопа. Можно закрепить верхний конец оси гироскопа на потолке, от этого результат не изменится.

Однако есть одна тонкость, которая не заметна при таком выводе. Все будет происходить так, как описано выше при одном условии, что в начальный момент времени, энергия гироскоп с угловой скоростью ω0 , вы не просто отпускаете ось, но и придаете ей

соответствующую скорость прецессии. Если вы ее просто отпускаете такого «гладенького движения» не получится. Почему? По очень простой причине. Если трение отсутствует, нет неконсервативных сил и полная механическая энергия должна сохраняться. Она складывается в начальный момент времени, пока ось неподвижна, из собственной энергии

вращения гироскопа	I ω	2	и потенциальной энергии в поле тяжести земли mgr cosα . При
	0 0

	2	0
	2

движении появляется кинетическая энергия поступательного движения центра масс m2 Ω2R02 .

Следовательно, какая то энергия должна уменьшиться. Уменьшается потенциальная энергия, поэтому ось гироскопа начинает не только прецессировать, но и отклоняться вниз. Поэтому конец вектора собственного момента импульса будет двигаться не по окружности, а описывать некоторую волнистую линию. Вычисление размаха колебаний по углу α не входит в программу первого семестра.

Подчеркну, что все выше написанное сделано в предположении, что собственный момент импульса гироскопа много больше момента импульса прецессии:

I0ω0 ? mR0Ω (96)

Это ограничение будет иметь место и при рассмотрении в следующем параграфе.

10. Движение гироскопа в карданном подвесе.

На рисунке показан один из вариантов конструкции карданного подвеса. Важно, чтобы ось гироскопа (изображен внутри второй круговой оправы) могла принять любое направление в пространстве. Внешнее кольцо может вращаться вокруг горизонтальной оси.

Внутреннее кольцо может вращаться вокруг вертикальной оси (в положении, показанном на рисунке). Если повернуть обе кольцевых оправы

на угол π/2, ось гироскопа примет вертикальное положение. Поворачивая кольцевые оправы, мы можем в двух взаимных направлениях наклонить ось на произвольный угол. А произвольность направления наклона оси

обеспечивает возможность вращение всей конструкции нижний вертикальный подшипник. Центр масс гироскопа должен находиться на пересечении всех осей. Собственный момент импульса, каким либо

способом раскрученного гироскопа, имеющего произвольно направленную ось вращения, в инерциальной системе будет сохраняться.

Отвлечемся от всей конструкции и рассмотрим следующую ситуацию. Предположим гироскоп находиться в положении, показанном на рисунке, и вращается так, что его собственный момент импульса направлен слева направо. Если мы начнем поворачивать внешнее кольцо по часовой стрелке, то на гироскоп начнет действовать момент силы прикладываемой нами для изменения момента собственного импульса, причем направление момента силы будет перпендикулярно плоскости рисунка и направлено от нас. Ось гироскопа начнет поворачиваться вместе с внутренним кольцом, причем конец момента импульса будет удаляться от нас. Когда ось гироскопа примет перпендикулярное положение относительно плоскости рисунка, момент сил станет практически равным нулю. В

последующие время ось гироскопа будет совпадать с направлением угловой скорости принудительного вращения. Приращение момента импульса при вращении его оси можно

представить как произведение dM = Mdϕ , где	dϕ бесконечно малый угол поворота оси
гироскопа. Так как производная от момента импульса равна моменту сил, то Mϕ& = N .
Запишем это соотношение в векторном виде:
[Mω] = N	(97)

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

Последнее будет понятней, если рассмотрите все вектора, входящие (97) в положении гироскопа на рисунке. Момент импульса по горизонтали слева направо, угловая скорость вертикальна и направлена cнизу вверх, момент сил от нас. Еще раз напомню об ограничении

(96.).

Из рассмотренного поведения гироскопа сразу вытекает его применение. Как вы знаете Земля не инерциальная система, главное, из-за ее вращения вокруг своей оси. Но это дает возможность использовать гироскоп в карданном подвесе как компас, так как его ось принимает положение параллельное оси Земли.

11. Момент импульса твердого тела (в общем случае). Центробежные моменты инерции.

Вернемся к материалу параграфа 2 и перепишем формулу для момента импульса твердого тела:

M =	å	[r p ] =	å	m [rv ] =	å	m [r [ωr ]]	(98)
	å	i i	å	i i i	å	i i i
	i		i		i

Раскроем двойное векторное произведение по так называемой формуле «бац - цаб»: [A[BC]] = B(AC) − C(AB)

Получим:
M = åmi{ω(ri ,ri ) − ri (riω)} = åmi{(exωx + eyωy + ezωz )ri		2 − (ex x + ey y + ez z)(riω)} (99)
i	i

Выпишем компоненты момента импульса по координатным осям:

M x = åmi{ωx (xi2 + yi2 + zi2 ) − xi (xiωx + yiωy + ziωz )} = ωx åmi (yi2 + zi2 ) −ωy åmi xi yi −ωz åmi xi zi

	i	i	i	i
M y	= åmi{ωy (xi2 + yi2 + zi2 ) − yi (xiωx + yiωy + ziωz )} = ωy åmi (xi2 + zi2 ) −ωx åmi xi yi −ωz åmi yi zi
	i	i	i	i
M z	= åmi{ωz (xi2 + yi2 + zi2 ) − zi (xiωx + yiωy + ziωz )} = ωz åmi (xi2 + yi2 ) −ωx åmi xi zi −ωy åmi yi zi
	i	i	i	i

По одному слагаемому в каждой из трех членов нам уже известны – это осевые моменты инерции относительно соответствующих осей:

Ixx	= åmi ( yi2 + zi2 ) = åmi Ri2 - относительно оси x , Ri - перпендикулярен этой оси,
	i	i
Iyy	= åmi (xi2 + zi2 )	и Izz	= åmi (xi2 + yi2 ) относительно осей y и z соответственно.
	i		i
Введем так называемые центробежные моменты инерции Iik , ik = x, y, z :
	Ixy = −åmi xi yi		Iyx = −åmi xi yi	Izx = −åmi zi xi
	i		i	i	(100)
	Ixz = −åmi xi zi		Iyz = −åmi yi zi	Izy = −åmi zi yi	(100)
	Ixz = −åmi xi zi		Iyz = −åmi yi zi	Izy = −åmi zi yi
	i		i	i

Обратите внимание, что от перестановки индексов центробежный момент не меняется, но такие обозначения удобней для тензорного написания (которым на первом семестре не стоит забивать себе голову). Ниже на простом примере будет показано, почему они получили такое название.

Используя все введенные обозначения, проекции момента импульса можно записать в виде:

M x	= Ixxωx + Ixyωy + Ixzωz
M y = Iyxωx + Iyyωy + Iyzωz		(101)
M z	= Izxωx + Izyωy + Ixzωz

Выше при рассмотрении движения твердого тела мы практически использовали последнее слагаемое из нижней строчки (101). Мне кажется, что (101) запомнить проще всего. А далее расписать моменты инерции не составляет труда. Есть еще одна причина, по которой имело смысл рассмотреть более подробно момент импульса твердого тела. Так как решение задач на эту тему слишком сложен (для общего случая), то фактически на упражнениях решались задачи, когда момент импульса был направлен по оси вращения тела. Теперь вы понимаете, что в общем случае это не так. Как вытекает из выше приведенных формул, момент импульса может не совпадать с направлением мгновенной оси вращения.

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

Вернемся к рассмотрению движения вращающегося тела вокруг неподвижной оси, но сконцентрируем внимание на реакциях опор (подшипников), удерживающих его ось неподвижной. Будем считать, что подшипники, в которых закреплена ось, идеальные (то есть силами трения можно пренебречь), и никаких внешних сил, за исключением сил бокового давления подшипников на ось, на тело не действует. При сделанных допущениях (и конечно, при надежном закреплении в подшипниках) тело будет вращаться бесконечно долго с постоянной скоростью.

Введем "вмороженную" в твердое тело систему координат K′ , ось z′ которой совместим с осью вращения твердого тела и направим по вектору ω . В этой вращающейся системе координат (это означает, что наблюдатель, изучающий движение тела, сам находится в K′ - системе) тело покоится, и, следовательно, должны быть равны нулю сумма всех

действующих на него сил и сумма моментов этих сил относительно произвольно выбранной точки. Но во вращающейся системе на каждую частичку твердого тела mi действует центробежная сила:

F = mω2 R		(102)
i	i z i
Найдем равнодействующую центробежных сил Fцб		и момент центробежных сил Nцб . Для

нахождения равнодействующей центробежных сил надо просуммировать все Fi :

Fцб = åFi	= åmiωz2 Ri	= ωz2 åm	mi Ri	= mωz2	å	mi Ri	= mωz2 Rc	(103)

i	i	i	m		i	m

Так как сумма всех действующих на тело сил должна быть равна нулю, то со стороны подшипников должна действовать результирующая сила, равная по величине центростремительной силе инерции и направленная противоположно ей:

F	= −F	= −mω2 R	(104)
давл	цб	z c

Из соотношения (104) следует очень важный вывод: если центр масс вращающегося твердого тела не находится на оси вращения, то на его ось в местах закрепления со стороны подшипников действуют силы бокового давления. Другими словами, для сохранения положения оси в пространстве она должна быть тем или иным способом закреплена.

Если центр масс тела находится на оси вращения, то равнодействующая центробежных сил обращается в нуль; но из этого еще не следует отсутствие сил давления подшипников на ось,

так как из Fцб = 0 не следует, что Nцб = å[ri Fi ]. Исследуем, от чего зависит момент

центробежных сил для вращающегося тела, центр масс которого лежит на оси вращения. Вычислим момент центробежной силы относительно начала координат, которое мы поместим в произвольной точке на оси вращения:

Nцб = å[ri Fi ] = åmiωz2[ri Ri ]

(105)

= Ri

+ e′z zi′

и Ri = e′x xi′ + e′y yi′ , и подставим их в

Представим ri и Ri

в виде двух слагаемых: ri

(105):

m ω2

[R + e′z′, R ] =

mω

[e′, R ]z′ = ω

m [e′e′

]z′x′

+ω2

m [e′e′

]z′y′ =

цб

å i

z i

z x

i i

i z y

i i

= ω2[e′e′ ]

m z′x′ +ω2

[e′e′

]

m z′y′ = −ω2e′

m z′x′

−ω2e′

m z′y′

(106)

z x å

i i i

z y

i i

z y å

i i i

x å

i i

Суммы в этих выражениях зависят только от формы твердого тела и распределения плотности по его объему, то есть являются характеристиками тела относительно выбранной системы координат. Эти суммы, и взятые с обратным знаком, и есть центробежные моменты инерции, которые были формально введены выше:

Izx = −åmi zi′xi′,	Izy = −åmi zi′yi′	(107)
i	i
Величины центробежных моментов	инерции не зависят от	выбора начала координат

(находящегося на оси вращения), если центр масс твердого тела лежит на оси вращения тела.

Это легко показать, сделав замену zi′′= zi′ + z0′

в одном из выражений (103). Например:

I′

= −

m z′x′ −

m z′x′ = −

m z′x′ − z′m

mi xi′

= −

m z′x′ = I

i i i

i 0 i

i i i 0

i i i

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

<<< < Предыдущая 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Физика

#
01.05.201456.83 Кб6Лабораторная работа № 1-9 (др.).doc
#
01.05.2014657.41 Кб41ЛАБОРАТОРНАЯ РАБОТА № 2.doc
#
01.05.201477.31 Кб57ЛАБОРАТОРНАЯ РАБОТА № 5.doc
#
01.05.2014105.47 Кб40ЛАБОРАТОРНАЯ РАБОТА № 7.doc
#
01.05.2014150.02 Кб37ЛАБОРАТОРНАЯ РАБОТА №3.doc
#
01.05.2014448.9 Кб56Лекции по физике.pdf
#
01.05.20141.39 Mб414Ответы на экзамен по физике (электричество).doc
#
01.05.2014270.41 Кб35Применение комфортных отображений в решении некоторых задач электро- и магнитостатики.pdf
#
01.05.2014133.53 Кб56Примеры решения задач по СТО и релятивиской динамике.pdf
#
01.05.201438.4 Кб50Приставки СИ.doc
#
01.05.2014367.1 Кб103Реферат по физике. Оптика.doc