Конспект лекций эумк по дисциплине Физика, иээ о. И. Лубенченко 12 2020

• Название: Конспект лекций эумк по дисциплине Физика, иээ о. И. Лубенченко 12 2020
• Дата: 17.11.2022
• Размер: 7.51 Mb.
• Имя файла: conspectus_01.pdf
• Тип: Конспект; #794791
• страница: 5 из 44

Рис. 4.1

39
Рис. 4.2
Плечо силы
— это скалярная величина — кратчайшее расстояние от оси до линии действия силы (отрезок OD = h на
РИС
. 4.2
);
 
sin ,
xy
h r
r F

,
xy
M hF

Если линия действия силы
F
лежит в плоскости, перпендикулярной оси z (т. е.
xy
F F

), то получим соотношение, известное из школьного курса физики: M = hF.
1.5.2. Основное уравнение динамики вращательного движения
Пусть твёрдое тело вращается вокруг неподвижной оси z
(с угловой скоростью ω , угловым ускорением
ε ). Разо- бьём тело на элементарные (малые) фрагменты массами
Δm
i
(
РИС
. 4.3
); расстояние каждого фрагмента от оси враще- ния равно r
i
. Запишем II закон Ньютона для i-го фрагмента:
Δ
e
i
ki
i i
i
k i
m a F
F




(4.2)
Здесь
i
a
— ускорение i-го фрагмента;
e
i
F — главный век- тор внешних сил, с которыми другие тела действуют на i- ый фрагмент;
i
ki
F
— внутренняя сила, описывающая дей- ствие k-го фрагмента на i-ый фрагмент.
Умножим равенство
(4.2)
на
i
r
слева векторно:
Δ
e
i
ki
i
i i
i i
i
k i
m r a
r F
r F






 


 








(4.3)
В правой части этого уравнения
e
e
i i
i
r F
M

 




— главный вектор момента внешних сил, приложенных к i-ому фрагменту;
i
i
ki
ki
i
k i
k i
r F
M



 






— сумма моментов внут- ренних сил, приложенных к нему же.
Преобразуем векторное произведение в левой части уравнения
(4.3)
, используя выражение для ускорения материальной точки
(2.5)
z
xy
A
h
D
O
z
Δm
i
O
i
Рис. 4.3

40
i
i
i
a
εr
ω ωr


 




 



 .
Для этого воспользуемся известной из векторного анализа формулой двойного векторного произведения
   
a bc
b ac
c ab


  

 


:
 
 


2 2
2 2
2
i
i i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i i
i
r a
r εr
r ω ωr
εr
r εr
r ω ωr
rω
εr
ω r r
εr










 



















 












Подставляя этот результат в
(4.2)
, получим
2
Δ
e
i
ki
i i
i
k i
m r ε M
M




Просуммируем эти равенства по всем фрагментам твёрдого тела — по i:
2
Δ
e
i
ki
i i
i
i
i
i k i
m r ε
M
M






(равенство последнего слагаемого — суммы моментов всех внутренних сил — нулю студентам следует
доказать самостоятельно
),
2
Δ
e
i i
i
i
i
ε
m r
M



Сумма в левой части этого равенства не зависит от взаимодействий, а определя- ется только геометрией тела и расположением оси вращения. Введём величину
2
Δ
i i
i
I
m r


(4.4)
—
момент инерции тела относительно оси
. Получим
Iε M

—
основное уравнение динамики вращательного движения
. Здесь
M
— глав- ный вектор моментов внешних сил.
Основное уравнение динамики вращательного движения можно записать и отно- сительно подвижной оси, проходящей через центр масс тела (
доказать самосто-
ятельно
).
Демонстрация:
Момент силы
1.5.3. Момент инерции
Если в определении
(4.4)
положить Δm
i
→ 0, то момент инерции тела относи-
тельно оси
2 0
M
I
r dm


; [I] = кг·м
2
Момент инерции
— мера инертности тела во вращательном движении — скаляр- ная физическая величина, зависящая от формы и размеров тела. Момент инерции
— аддитивная величина.
Момент инерции тела относительно точки:
2 0
M
I
r dm


,
0, т. к.
0

41 где r — расстояние от полюса до элемента dm; M — масса тела.
Момент инерции тела относительно оси:
2 0
M
I
r dm


, где r — расстояние от оси до элемента dm.
П
РИМЕРЫ РАСЧЁТА МОМЕНТА ИНЕРЦИИ
1. Тонкое кольцо (полый цилиндр)
Найти момент инерции тонкого однородного кольца массы m и радиуса R относительно его оси, т. е. относительно оси, про- ходящей через центр кольца перпендикулярно его плоскости
(
РИС
. 4.4
).
Разобьём кольцо на бесконечно малые элементы — дуги мас- сой dm. Каждый элемент dm находится на расстоянии R от оси
z. Элементарный момент инерции dI = dm·R
2
. Проинтегри- руем по всей массе кольца:
2 2
0
m
I
r dm mR



2. Тонкий стержень
Найти момент инерции тонкого однородного стержня массы m и длины l относи- тельно оси: а) проходящей через середину стержня перпендикулярно ему, б) про- ходящей через один из концов стержня перпендикулярно ему (
РИС
. 4.5
).
а
б
Рис. 4.5
Разобьём стержень на бесконечно малые элементы — отрезки длиной dr. Каждый такой отрезок будет иметь массу dm = τdr, где
m
τ
l

— линейная плотность стержня (она постоянна по длине стержня, так как стержень однородный). Элемен- тарный момент инерции
2 2
m
dI dm r
r dr
l

 
, где r — расстояние от оси z до эле- мента dm.
В случае
А
)
момент инерции
2 2
3 3
2 2
0 0
2 2
2 3
3 8 12
l
l
m
m r
ml
ml
I
r dr
l
l
l






dm
z
r
O
m, l
dr
dm
z
r
O
m, l
dr
dm
z
R
O
m
Рис. 4.4

42
Расчёт в случае
Б
)
отличается пределами интегрирования:
2 3
3 2
2 0
0 3
3 3
l
l
m
m r
ml
ml
I
r dr
l
l
l





3. Однородный диск (сплошной цилиндр)
Найти момент инерции однородного диска массы m и радиуса R относительно его оси (
РИС
. 4.6
).
Воспользуемся результатом решения задачи о
МО-
МЕНТЕ ИНЕРЦИИ ТОНКОГО КОЛЬЦА
. Разобьём диск на беско- нечно тонкие кольца толщиной dr. Момент инерции кольца радиуса r и толщиной dr: dI = dm·r
2
, где масса бесконечно тонкого кольца dm = σ·dS, dS = 2πrdr — площадь этого кольца, а
2
m
σ
πR

— поверхностная
плотность диска, т. е. масса единичного участка по- верхности диска. Получим
2 3
2 2
2 2
m
m
dI
πrdr r
r dr
πR
R

 
,
4 2
3 2
2 0
0 2
2 4
2
R
R
m
m r
mR
I
r dr
R
R




4. Однородная сфера
Найти момент инерции однородной сферы массы m и радиуса R относительно оси, проходящей через её центр (
РИС
. 4.7
).
Разобьём сферу на малые участки массой dm. Мо- мент инерции такого участка относительно оси z


2 2
2
z
dI
dm r
dm x
y

 

Аналогично


2 2
x
dI
dm y
z


,


2 2
y
dI
dm x
z


Момент инерции элемента dm относительно центра сферы — точки O


2 2
2 2
0
dI
dm R
dm x
y
z





Найдём моменты инерции всей сферы:






2 2
0 2
2 0
2 2
0
,
,
;
m
z
m
x
m
y
I
x
y dm
I
y
z dm
I
x
z dm











 





Рис. 4.7
y
z
x
O
R
r
dm
m
Рис. 4.6
z
R
O
m
dm
r
dr

43










2 2
2 2
2 2
0 0
0 2
2 2
2 2
2 0
0 0
1 2
2 2
2 1
3
,
2 2
m
m
m
m
m
z
I
x
y
z dm
x
y
z dm
x
y dm
y
z dm
x
z dm
I

























так как I
z
= I
x
= I
y
из-за сферической симметрии. Но I
0
= mR
2
, поэтому
2 0
2 2
3 3
z
I
I
mR


5. Однородный шар
Найти момент инерции однородного шара массы m и радиуса R относительно оси, проходящей через его центр.
2 2
5
I
mR

(
доказать самостоятельно
, используя результат
ПРЕДЫДУЩЕЙ ЗАДАЧИ
).
Теорема Штейнера
Момент инерции тела относительно некоторой оси равен сумме момента инерции этого тела относительно оси, проходящей через центр масс тела параллельно дан- ной оси, и произведения массы тела на квадрат расстояния между осями:
2
C
I I
md
 
Доказательство
Пусть z — ось, относительно которой нужно найти момент инерции тела массы m; точка C — центр масс тела; z
0
— ось, проходящая через точку C параллельно оси z;
d — расстояние между этими осями (
РИС
. 4.8
А
). Разобьём тело на малые фрагменты массы dm.
а
б
Рис. 4.8
Для удобства сделаем второй рисунок —
РИС
. 4.8
Б
, на котором оси z и z
0
направлены перпендикулярно плоскости рисунка. По построению
C

dm
z
d
z
0
z
0
⊙
⊙
z
dm
I
z
I
y
I
x

44
r ρ d
 
Момент инерции элемента dm относительно оси z
2
dI r dm

23
, относительно оси z
0 2
C
dI
ρ dm

; поэтому
 


2 2
2 2
2 2
2
dI
ρ d dm
ρ
ρd d dm ρ dm d dm
ρd dm









Проинтегрируем по всей массе тела:
2 2
2 0
0 0
2
m
m
m
C
I
ρ dm d dm
d ρdm I
md



 



, ч. т. д.
1.5.4. Пример решения задачи по динамике
Маятник Обербека
Маятник Обербека — тело вращения сложной формы — маховик с несколькими шкивами и четырьмя радиально направленными спицами, на которые надеваются небольшие грузы, положение которых можно изменять (
РИС
. 4.9
).
На шкив радиуса R намотана нить, на конце которой прикреплён груз массы M.
Масса грузов на спицах равна m, они расположены на расстоянии r от оси маятника; момент инерции маховика со спицами относительно оси маятника равен I
0
. Груз массы M поднимают на расстояние h над полом и отпускают. Через какое время груз коснётся пола?
Выделим два объекта исследования: груз массы M — материальная точка и маят- ник с грузами массы m — твёрдое тело.
23
Это упрощённое доказательство, так как мы проводим интегрирование только по тем элементам
dm, которые лежат в плоскости, проходящей через центр масс тела перпендикулярно обеим осям.
Полное доказательство (с интегрированием по всему объёму тела) даёт тот же результат.
I
C
m
0, т. к. C — центр масс

45
Будем работать в инерциальной системе отсчёта — лабораторной.
На груз действует Земля с силой тяжести т1
F и нить с силой натяжения
1
T
, при этом груз движется с ускорением
a , направлен- ным вниз; на маятник действует Земля с си- лой тяжести т2
F , вал с силой реакции
N
и нить с силой натяжения
2
T
, маятник враща- ется вокруг своей оси с угловым ускоре- нием
ε .
Будем решать задачу на основании законов динамики: для груза — II закон Ньютона
(4.5)
, для маятника — теорема о движении центра масс
(4.6)
24
и основное уравнение динамики вращательного движения
(4.7)
: т1 1
Ma F
T


,
(4.5) т2 2
0 F
N T

 
,
(4.6) т2 2
F
N
T
Iε M
M
M



(4.7)
Здесь I — момент инерции маятника с гру- зами массы m относительно его оси; левая часть уравнения
(4.6)
равна нулю, так как центр масс маятника находится на непо- движной оси и, следовательно, его ускоре- ние равно нулю.
Представим эти законы в скалярном виде: спроецируем уравнения
(4.5)
и
(4.6)
на вертикальную ось y, а уравнение
(4.7)
— на ось z маятника (произвольно выберем направление оси y вниз, а оси z — «от нас»): т1 1
т2 2
2
,
0
,
Ma F
Т
F
N Т
Iε T R



   

 

(4.8)
Эта система содержит 3 уравнения с 7 неизвестными. Запишем дополнительные соотношения: т1
F
Mg

(из закона всемирного тяготения),
2 1
T T T
  (нить невесома),
a
ε
R
 (нить нерастяжима и не проскальзывает по шкиву),
2 0
4
I I
mr
 
24
Уравнение
(4.6)
не содержит информации, нужной для решения данной задачи; оно здесь запи- сывается потому, что теорема о движении центра масс часто бывает необходима при решении задач по динамике твёрдого тела.
m
m
m
m
O
⊗
z
r
R
⊗
⊗
h
M
τ
t = 0
y
0
Рис. 4.9

46
Второе уравнение в системе
(4.8)
содержит две неизвестные F
т2
и N, которые не нужны для получения ответа данной задачи, мы далее не будем его записывать.
Подставив дополнительные соотношения в систему
(4.8)
, получим


2 0
,
4
Ma Mg T
a
I
mr
TR
R








Эта система содержит 2 уравнения с 2 неизвестными a и T и имеет одно и только одно решение. Исключим T:


T M g a


,


2 2
2 0
4
I
mr a MgR
MaR



;
2 2
2 0
4
MgR
a
I
mr
MR



(4.9)
Для нахождения времени движения груза решим кинематическую задачу. Запи- шем закон равноускоренного движения материальной точки
 
2 0
0 2
at
r t
r
t
 

v
, здесь
r
— радиус-вектор груза массы M. Спроецируем это уравнение на ось y:
 
2 2
at
y t 
(начальная координата и скорость груза по условию равны нулю). В искомый мо- мент времени τ груз будет иметь координату h:
 
2 2
aτ
y τ
h
 
⇒
2h
τ
a

Подставляя сюда результат
(4.9)
, получим


2 2
0 2
2 4
h I
mr
MR
τ
MgR



Проанализируем ответ задачи. При увеличении расстояния r грузов массы m от оси маятника время опускания груза увеличивается, а при увеличении массы M нама- тывании нити на шкив большего радиуса R — уменьшается. Это можно проверить экспериментально.