Тер. Мех. (Леушин,Нигматуллин,Прошин). Леушин а. М., Нигматуллин р. Р., Прошин ю. Н
 Скачать 2.33 Mb.
|
|
r oo' = r o' − r o = a , то оба тензора J αβ и J αβ ′ оказываются связанными соотно- шением (теорема Штейнера) 2 ( ) J J m a a a αβ αβ αβ α β ′ = + δ − , (6.21) где m − масса тела, a 2 − квадрат длины вектора a , а a α , a β − его проекции на оси координат. Тело, у которого все три главные момента инерции различны, назы- вают асимметрическим волчком. Если два главных момента инерции рав- ны друг другу, т.е., если 1 2 3 J J J = ≠ , то такое твердое тело называют сим- метрическим волчком. Для него выбор главных направлений тензора инерции в плоскости x 1 x 2 является произвольным. Если же все три главные момента инерции совпадают, т.е., если 1 2 3 J J J = = , то тело называют ша- ровым волчком. В этом случае произволен выбор всех трех главных осей инерции: в качестве их можно взять три любые взаимно перпендикуляр- ных направления. Если тензор инерции приведен к главным осям, то выражения (6.13) для компонент момента импульса приобретают вид Движение твердого тела. Неинерциальные системы 108 1 1 1 2 2 2 3 3 3 , , M J M J M J = Ω = Ω = Ω . (6.22) В частности, для шарового волчка имеем J M Ω = , (6.23) т.е. вектор момента импульса пропорционален вектору угловой скорости и имеет одинаковое с ним направление. В общем случае произвольного тела вектор M не совпадает по своему направлению с вектором Ω, и лишь при вращении тела вокруг какой-либо из главных осей инерции векторы M и Ω имеют одинаковое направление. Обе группы уравнений движения твердого тела (6.8) и (6.11) могут быть записаны и в форме уравнений Лагранжа. Чтобы составить уравнения Лагранжа (5.18), необходимо записать функцию Лагранжа в виде разности кинетической энергии и обобщенного потенциала (5.17) как функций неза- висимых переменных и, кроме того, знать силы непотенциального харак- тера. Если начало подвижной системы координат поместить в центре инер- ции тела, то в неподвижной системе координат его кинетическая энергия представится в виде суммы двух слагаемых 3 2 1, 1 1 1 2 2 T mV J αβ α β α= β= = + Ω Ω ∑ . (6.24) Здесь первый член соответствует кинетической энергии поступательного движения тела 2 2 2 пост 1 ( ) 2 T m X Y Z = + + & & & , (6.25) где , , X Y Z & & & − проекции скорости центра масс на оси неподвижной систе- мы координат. Второе слагаемое в (6.24) есть кинетическая энергия вра- щения тела с угловой скоростью Ω вокруг оси, проходящей через центр масс. Если в качестве обобщенных координат, характеризующих вращение тела, использовать эйлеровы углы, а оси подвижной системы координат x 1 x 2 x 3 направить по главным осям инерции, то для кинетической энергии вращательного движения в соответствии с (6.7) можно получить выраже- ние Теоретическая физика. Механика (практический курс) 109 2 2 2 вращ 1 1 2 2 3 3 2 2 1 2 2 3 1 ( ) 2 1 [ ( sin sin cos ) ( sin cos sin ) 2 ( cos ) ] T J J J J J J = Ω + Ω + Ω = = ϕ θ ψ + θ ψ + ϕ θ ψ − θ ψ + + ϕ θ + ψ & & & & & & (6.26) В частности, для симметричного волчка будем иметь 2 2 2 2 вращ 1 3 1 [ ( sin ) ( cos ) ] 2 T J J = ϕ θ + θ + ϕ θ + ψ & & & & . (6.27) Если рассматриваемое тело является свободным, то для определения его движения потребуется полная система из шести уравнений движения: для трех декартовых координат центра масс X, Y, Z и трех эйлеровых углов ϕ, θ и ψ , , , , , , X Y Z d L L d L L d L L Q Q Q dt X X dt Y Y dt Z Z d L L d L L d L L Q Q Q dt dt dt ϕ θ ψ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ′ ′ ′ − = − = − = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎛ ⎞ ′ ′ ′ − = − = − = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∂ϕ ∂ϕ ∂θ ∂θ ∂ψ ∂ψ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ & & & & & & (6.28) где Q ' − обобщенные непотенциальные силы, которые не могут быть включены в функцию Лагранжа. Однако, если на движение твердого тела будут наложены дополни- тельные связи, то число необходимых уравнений будет сокращено. На- пример, рассматриваемое движение может оказаться плоскопараллельным, т.е. таким, при котором все точки тела движутся в плоскостях, параллель- ных некоторой неподвижной плоскости. Тогда число поступательных сте- пеней свободы сократится до двух, а направление оси вращения будет все время перпендикулярным плоскости и для характеристики вращения пона- добится не три угла, а только один. Или может случиться, что одна точка тела будет закреплена, и тогда поступательные степени свободы вообще будут исключены. Хотя формально уравнения Лагранжа и достаточны для решения такой задачи, в случае тела с одной неподвижной точкой часто удобнее пользоваться другими уравнениями, известными под названием динамических уравнений Эйлера. Динамические уравнения Эйлера имеют вид Движение твердого тела. Неинерциальные системы 110 1 1 3 2 2 3 1 2 2 1 3 3 1 2 3 3 2 1 1 2 3 ( ) , ( ) , ( ) ex ex ex d J J J L dt d J J J L dt d J J J L dt Ω ′ ′ ′ + − Ω Ω = Ω ′ ′ ′ + − Ω Ω = Ω ′ ′ ′ + − Ω Ω = (6.29) Здесь 1 2 3 , , J J J ′ ′ ′ − главные моменты инерции относительно неподвижной точки, а Ω 1 , Ω 2 и Ω 3 − проекции вектора угловой скорости на оси подвиж- ной системы координат O'x 1 x 2 x 3 . Производные по времени i d dt Ω вычисля- ются в подвижной системе координат (орты e i подвижной системы коор- динат считаются при вычислении постоянными), L i − проекции вектора суммарного момента внешних сил относительно неподвижной точки на оси подвижной системе координат. Динамические уравнения Эйлера (6.29) вместе с кинематическими уравнениями Эйлера (6.7) образуют систему шести дифференциальных уравнений первого порядка для нахождения шести функций: Ω 1 (t), Ω 2 (t), Ω 3 (t), ϕ(t), θ(t) и ψ(t), описывающих движение твердого тела, имеющего одну неподвижную точку. Число степеней свободы твердого тела может быть уменьшено также, если оно соприкасается с другим телом. При движении соприкасающихся тел появляются силы реакций, состоящие из нормальных реакций и сил диссипативного характера − сил трения. Возможны два типа движения со- прикасающихся тел: скольжение и качение. При скольжении нормальные реакции перпендикулярны к соприкасающимся поверхностям, а силы тре- ния направлены по касательным к ним. Чистое качение характеризуется тем, что в точках соприкосновения нет относительного движения тел. При этом направление силы реакции произвольно, т.е. не обязательно нормаль- но к соприкасающимся поверхностям. Трение же при качении проявляется в виде дополнительного момента сил, препятствующего качению. Если при скольжении трение настолько мало, что им можно пренеб- речь, то поверхности тел называют абсолютно гладкими. Если свойства поверхности допускают лишь чистое качение тел без скольжения, а трени- Теоретическая физика. Механика (практический курс) 111 ем при качении можно пренебречь, то поверхности называют абсолютно шероховатыми. В случае качения твердого тела связи, налагаемые на его движение, носят неголономный характер и определение движения тела становится сложной задачей, однако при линейной зависимости связей от скоростей она может быть решена методом неопределенных множителей Лагранжа. Движение в неинерциальной системе отсчета Система координат, по отношению к которой изолированная мате- риальная точка либо находится в покое, либо движется равномерно и пря- молинейно, называется инерциальной. Любая система отсчета, которая движется по отношению к инерциальной равномерно и прямолинейно, также является инерциальной. Система координат, двигающаяся по от- ношению к инерциальной системе ускоренно, называется неинерциальной системой отсчета. При рассмотрении движения материальной точки по отношению к не- инерциальной системе отсчета в правой части уравнения движения 0 e K m = + + r F I I && (6.30) к силе F 0 , имеющейся в инерциальной системе и обусловленной взаимо- действием точки с другими материальными объектами, добавляются две силы инерции I e и I K . Сила инерции переносного движения e ( [ ] [ [ ]] m = − + + I W Ωr Ω Ωr & (6.31) определяется ускорением поступательного движения неинерциальной сис- темы отсчета W , угловой скоростью Ω и угловым ускорением Ω& ее вра- щения. Сила инерции Кориолиса K 2 [ ] m = − I Ωv (6.32) зависит от скорости движения частицы v Часть силы инерции переносного движения цб [ [ ]] m = I Ω rΩ (6.33) называется центробежной силой инерции. Она расположена в плоскости, проходящей через векторы r и Ω, перпендикулярно оси вращения (т.е. век- тору Ω) и направлена в сторону от оси. Движение твердого тела. Неинерциальные системы 112 Примеры решения задач Задача 1 . Вычислить главные моменты инерции тонкой однородной пла- стинки массы m, имеющей форму равнобедренного треугольника с высотой h и стороной основания а. Решение. Так как пластинка является плоской, то ясно что центр инерции ее расположен в плоскости пластин- ки. В силу наличия у пластинки оси симметрии (равно- бедренный треугольник) центр инерции расположен на этой оси в точке C, X координата которой равна нулю, а для вычисления координаты Y в соответствии с формулой (6.6), где объемную плотность вещества мы должны заменить на поверхностную σ(x,y) = 2m/ah и инте- грал вычислять по поверхности пластинки, будем иметь 1 ( , ) S Y x y y dS m = σ ∫ В силу аддитивности выражения для координаты центра масс интегриро- вание можно провести по половине площади пластинки и затем удвоить полученный результат. Для упрощения вычисления координаты Y начало исходной системы координат удобно поместить в вершине пластинки, а оси направить так, как показано на рисунке. При вычислении интеграла по половине площади пластинки, расположенной в положительном квадранте xOy, получаем 2 / 2 / 2 2 2 3 2 2 0 2 / 0 4 2 2 2 1 4 2 2 3 8 3 a h a hx a hx ah h a Y ydy dx h dx h ah ah a ah a ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ = = − = − = ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ∫ ∫ ∫ Зная положение центра инерции, мы, тем не менее, не будем в него переносить начало системы координат, а вычислим тензор инерции пла- стинки J αβ ′ в этой же исходной системе координат. Из-за симметрии пла- стинки одна из главных ее осей инерции будет совпадать с осью Oy, следо- вательно, вторая будет направлена параллельно оси Ox. Так как пластинка является плоской, то третья главная ось инерции будет направлена перпен- дикулярно ее плоскости. Для плоского тела (см. задачу 6.7) момент инер- ции относительно оси, перпендикулярной его плоскости (у нас ось Oz) ра- вен сумме моментов относительно двух других главных осей, поэтому нам Теоретическая физика. Механика (практический курс) 113 достаточно вычислить только моменты x J′ и y J′ . Для y J′ получаем / 2 / 2 3 3 2 2 2 0 2 / 0 4 4 2 4 1 24 32 48 a h a y hx a m m hx m a h a h J dy x dx h x dx ma ah ah a ah ⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ′ = = − = − = ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠ ∫ ∫ ∫ Аналогично для x J′ имеем 3 / 2 / 2 3 3 2 3 2 0 2 / 0 4 4 2 4 1 3 3 2 8 2 a h a x hx a m m hx m ah ah J y dy dx h dx mh ah ah a ah ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ′ = = − = − = ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ∫ ∫ ∫ Теперь переносим начало системы координат в центр инерции пластинки для того, чтобы найти главные моменты инерции относительно центра инерции. Так как вектор a, связывающий новое начало со старым, имеет только одну компоненту, отличную от нуля a y = − 2h/3, то в соответствии с теоремой Штейнера (6.21) находим 2 2 2 2 2 4 1 4 1 1 , 9 2 9 18 48 x x y y J J mh mh mh mh J J ma ′ ′ = − = − = = = И для момента относительно оси Oz получаем 2 2 2 2 1 1 (3 8 ) 18 48 144 z x y m J J J mh ma a h = + = + = + Задача 2 . Система состоит из 4-ех частиц с массами m, расположенных в точках с координатами: ,3 ,5 ; 3 ,8 , 5 ; , 3 , 3 ; 3 , 8 ,7 . a a a a a a a a a a a a − − − − − − − − Определить главные моменты и главные направления инерции. Решение. Пользуясь формулами (6.5), для дискретной системы частиц на- ходим положение центра инерции в исходной системе координат 1 8 2 , 0, 4 X a a Y Z a = − = − = = . Помещаем центр новой системы координат в центр инерции данной системы, а оси оставляем направленными параллельно старым осям координат. В со- ответствии с формулой (6.3) находим координаты всех частиц в новой систе- ме координат: ,3 ,4 ; ,8 , 6 ; , 3 , 4 ; , 8 ,6 . a a a a a a a a a a a a − − − − − − В этой системе координат вычисляем компоненты тензора инерции (6.14). Получаем 2 2 2 2 250 , 0, 0, 108 , 72 , 150 xx xy xz yy xz zz J ma J J J ma J ma J ma = = = = = = Движение твердого тела. Неинерциальные системы 114 Найденный тензор инерции приводим к главным осям. Для этого составля- ем характеристическое уравнение (6.18) 2 2 2 2 2 250 0 0 0 108 72 0 0 72 150 ma J ma J ma ma ma J − − = − Раскрывая определитель, получаем уравнение 2 2 2 2 4 (250 )[(108 )(150 ) 5178 ] 0 ma J ma J ma J m a − − − − = . Решая его, находим главные моменты инерции системы 2 2 2 1 2 3 250 , 204 , 54 J ma J ma J ma = = = Так как компоненты J 12 и J 13 тензора инерции равны нулю, для главного направления, соответствующего главному моменту инерции J 1 = 250ma 2 , получаем орт e 1 = e x , совпадающий с ортом исходной оси Ox. Для направ- ляющих косинусов второго главного направления в соответствии с (6.19) имеем систему уравнений 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 46 0, 96 72 0, 72 54 0, 1. x y z y z x y z a a a a a a a a = − + = − = + + = Из решения ее получаем: a 2 x = 0, a 2 y = (3/4)a 2 z , |a 2 z | = 4/5. Поэтому второе главное направление определяется, например, ортом |