doc2
.pdf190 |
X. Динамика материальной системы |
а искомое значение ОС = h:
h = 1 2ti2
Ответ: ОС = -2п2 gT2+,jg2T*-1,бАг4
Примечание. Так как должно бытьОС > г, то решение возможно, если
Т 2 > 1 , 4 — г ;
8
решение, соответствующее знаку минус перед радикалом, невозможно.
Задача 37.35
На каком расстоянии от центра масс должен быть подвешен физический маятник, чтобы период его качаний был наименьшим?
Р е ш е н и е
Рассмотрим колебания физического маятника относительно оси Oz подвеса. Покажем на рисунке действующие силы: силу тяжести Mg, реакции Х0 и Y0.
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения маятника относительно оси z, проходящей через точку О подвеса:
/;ф = -A/g/zsintp.
Так как для малых колебаний втф^.ф, можем записать
Ф + - Mgh-ф = 0
или
ф+/:2ф = 0,
2 _ Mgh
где к =
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения |
191 |
|||||
Найдем период колебаний |
|
|
|
|
||
|
Т = ^= |
2п |
=2к |
LLL- |
|
|
|
к |
[ЩИ |
|
у Mgh' |
|
|
Момент инерции физического маятника относительно оси z |
||||||
|
|
Iz=Ic + |
Mh2. |
|
|
|
Тогда |
|
|
|
|
|
|
|
г=2п]1с±ш! |
|
|
|
|
|
|
|
|
Mgh |
|
|
|
или |
|
|
|
|
|
|
|
T2=4jc2 Ic + Mh2=4n2( |
JC + |
-h . |
|
||
|
|
Mgh |
|
Mgh |
g |
|
Продифференцируем полученное равенство no h: |
||||||
d т2 |
_ 4гс2 |
|
|
4тс2 Г |
/ с |
+ 1 |
dh |
g |
dh |
dh |
g |
Mh7 |
|
и найдем минимальное значение Л, когда
d(T2) = 0 dh
или
LC +1 = 0.
Mh2
Откуда
h2 = I*.
М
Отношение момента инерции тела к его массе равно квадрату радиуса инерции. Следовательно, расстояние от центра масс до точки Подвеса маятника равно радиусу инерции маятника.
192 |
X. Динамика материальной системы |
О т в е т : на расстоянии, равном радиусу инерции маятника относительно оси, проходящей через его центр масс перпендикулярно плоскости качаний.
Задача 37.36
Маятник состоит из стержня с двумя закрепленными на нем грузами, расстояние между которыми равно /; верхний груз имеет массу т ь нижний — массу т2. Определить, на каком расстоянии х от нижнего груза нужно поместить ось подвеса для того, чтобы период малых качаний маятника был наименьшим; массой стержня пренебречь и грузы считать материальными точками.
Р е ш е н и е
Рассмотрим движение системы, состоящей из невесомого стержня АВ и двух точечных грузов массами тх и т2. Покажем на рисунке действующие на систему силы: силы тяжести грузов w, g и m2g, реакции Х0 и Y0 в точке О.
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения маятника относительно оси z,
проходящей через точку О подвеса: |
|
= |
(1) |
Найдем главный момент внешних сил |
|
и приведенный момент инерции системы относительно оси г:
h = hz + hz-
Моменты инерции точечных грузов А и В равны соответственно:
\2 h z =щ(!-ху,
h z • т2х2.
Тогда
I, =т2х2 +тх{1—х)2. |
(3) |
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения |
193 |
||||
Подставим выражения (2) и (3) в уравнение (1): |
|
||||
[,т2х2 +тх{1—х)2](р = (»?,(/—х)—m2x]gsin<p. |
|
||||
Для малых колебаний, так как sincp = ф, получим |
|
||||
|
<p+i-i——— |
1Щ. ф = 0 |
|
||
|
т2х |
+гп\{1-хУ |
|
|
|
или |
ср+А:2ф = 0, |
|
|
||
|
|
|
|||
где k2_[m2X-ml(l-x)]g |
х)2 |
|
|
|
|
т2х2 +тх(1- |
|
|
|
|
|
Найдем период колебаний |
|
|
|
|
|
2тс _ |
2л |
|
_ 2 л |
\т2х2+тх(1-х)2 |
|
к |
M2x-mx(l - |
x)]g |
|
\(m2x-mx(l-x))g |
|
Ут2х2+щ(/-х)2
Возведем в квадрат это выражение:
Г2 = — т2х2 +m\(l ~ х)2
gm2x-ms(I-x)
ипродифференцируем полученное равенство по х:
|
dx |
|
g |
j[2х(тх + т2) - 2т{Щт\ + т2)х -/я,/] |
+ т2)[(/я, + т2)х2 - 2тх1х + тх1' |
||
1 |
[(т1 +т2 )х-тх 1]2 |
||
Период качаний маятника будет иметь минимальное значение, |
|||
когда |
|
|
|
|
|
d(T2). = 0, |
|
или |
|
dx |
|
|
|
|
|
|
[2лimx +т2}-2тх[\[(тх |
+т2)х-тх[\ — |
|
|
- (тх +т2)[(тх |
+т2)х2-2тх1х+тх12] = 0, |
|
|
т2 2mxl х , Щ12(Щ -т2) |
||
|
тх +т2 |
{тх +т2)2 |
194 |
X. Динамика материальной системы |
Решение этого квадратного уравнения имеет вид
т\ Х\.2=1 т{ +т2
искомое расстояние
mx +т2
Ответ: х = 1фщ |
+ |
, |
тх |
+т 2 |
|
Задача 37.37
На каком расстоянии от оси подвеса должен быть присоединен к физическому маятнику добавочный груз, чтобы период качаний маятника не изменился?
Р е ш е н и е
Вначале найдем период колебаний физического маятника без точечного груза А под действием силы тяжести маятника Mg (см. рисунок).
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения физического маятника относительно оси z, проходящей через точку О подвеса:
= -A/g/isincp,
где h=OC.
Так как для малых колебаний ятф^ф, то Ф + - Mgh-ф = 0
или
где к2 - Mgh
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения |
195 |
Тогда период колебаний физического маятника
Найдем период колебаний системы, состоящей из физического маятника и точечного груза А. Покажем на рисунке силы, действующие на эту систему: силы тяжести маятника Mg и груза mg, реакции Х0 и Y0 в точке подвеса О.
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения
системы относительно оси z\ |
|
|
|
|
( о |
Найдем главный момент внешних сил относительно оси |
с |
|
X Mz(Fke) = (-mgx - Mgh) sin ф. |
(2) |
|
Определим приведенный момент инерции системы: |
|
|
/ |
= / +1 А |
|
Jnp |
' Z. J Z. > |
|
где Iz — момент инерции физического маятника относительно точки О подвеса.
Найдем момент инерции точечного груза А:
Тогда |
|
/п р = / г + т х 2 . |
(3) |
Подставим выражения (2) и (3) в уравнение |
(1): |
(Iz +тх2) ср = -(тх + Mh)gq>.
Так как з т ф = ф, то
Iz +тх-
или
ф+А:2ф = 0,
где к2 _ (mx + Mh)g
Iz +тх 2
196 |
|
|
|
X. Динамика материальной системы |
Найдем период колебаний системы: |
||||
Т* = |
_ |
2л |
|
|
(mx + Mh)g |
(iтх + Mh)g |
|||
|
|
V Iz |
+mxl |
|
Так как T = T*, то |
|
|
|
|
|
|
|
lz |
+mx2 |
|
|
Mgh |
{mx + Mh)g |
и тогда искомое расстояние
Mh
которое является приведенной длиной физического маятника.
О т в е т : на расстоянии приведенной длины физического маятника.
Задача 37.38
Круглый цилиндр массы М, длины 21 и радиуса г = 1/6 качается около оси О, перпендикулярной плоскости рисунка. Как изменится период качаний цилиндра, если прикрепить к нему на расстоянии ОК- 85/72/точечную массу ml
Р е ш е н и е
Рассмотрим движение системы, состоящей из круглого цилиндра и точечного груза К. Покажем на рисунке действующие на систему силы: силы тяжести цилиндра Mg и груза mg, реакции Х0 и Y0 осей.
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения системы относительно оси z, проходящей через точку О:
|
(1) |
Найдем главный момент внешних сил от- |
|
носительно оси z\ |
|
^Mz(Fke) = -Mg~ sin mgh sin ср. |
(2) |
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения |
197 |
|||||||||
Так как при малых значениях угла (p sin <р = ф, то |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
/ |
|
|
|
|
Значение приведенного момента инерции системы |
|
|||||||||
|
|
lnp |
Jz т л г • |
|
|
|
|
|||
Найдем момент инерции цилиндра |
|
|
|
|
||||||
' Щ + Uf ^ T - М |
4 |
|
|
+ М |
|
_85 Ml2 |
|
|||
|
\2 ) |
|
|
12 |
|
|
144 |
|
||
и момент инерции точечного груза К |
|
|
|
|
||||||
|
I? |
|
|
|
|
85 |
|
|
|
|
|
=mh2=m\—l |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
72 |
|
|
|
|
Тогда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(\ |
|
85 |
^85, |
2 |
|
|
|
|
|
|
=\-М+—т |
|
I2. |
|
|
(3) |
|||
|
|
|
|
72 |
У 72 |
|
|
|
|
|
Подставим выражения (2) и (3) в уравнение (1): |
|
|||||||||
П . . |
85 |
Л85,2_ |
|
|
( . . I |
85 |
Л |
2ф, |
|
|
- М + — т |
— Г ф = - |
i |
М - + т — / |
|
|
|||||
V2 |
72 |
у72 |
|
|
2 |
72 |
|
Г |
|
V 2 72 у 72
85/
или
Ф+Л2 Ф = 0,
где к2 =
85/'
Найдем период колебаний системы:
Т* = 2тс |
2тс_ |
(85Т |
85/
198 |
X. Динамика материальной системы |
Уберем груз А" и рассмотрим колебания цилиндра. Запишем дифференциальное уравнение колебаний цилиндра:
/»Ф+ЛЦ ф=О
или
Ф+ -71Г( Р = 0-
Сучетом найденного значения момента инерции цилиндра относительно оси z получим
Mg-/ |
|
ф+- 85 Ml2 |
-ф = 0 |
2-72 |
|
или
ф + 2 ^ ф = о.
У85 Г
Период колебаний цилиндра
85/
Таким образом, получили, что Т = Т*, т.е. период колебаний не изменится.
О т в е т : период качаний не изменится, так как точечная масса добавлена в центре качаний цилиндра.
Задача 37.39
Найти уравнение малых колебаний однородного диска массы М и радиуса г, совершающего колебания вокруг горизонтальной оси Oz, перпендикулярной его плоскости и отстоящей от центра масс С диска на расстоянии ОС -г/2. К диску приложен вращающийся момент тв р , причем ткр7 = щ sin pt, где т0 и р — постоянные. В началь-
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения |
199 |
ный момент диску, находившемуся в нижнем положении, была сообщена угловая скорость ©о- Силами сопротивления пренебречь. Считая колебания малыми, принять sin(р = <р.
Р е ш е н и е
Рассмотрим движение диска под действием приложенных к нему сил, показанных на рисунке.
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения диска вокруг неподвижной оси z:
(1)
Найдем главный момент внешних сил относительно оси z:
"ZMz(Fke) =твр- Mg-OC• sincp = /w0sin/tf - |
Mg-cp, |
(2) |
||||
так как для малых колебаний sincp = cp. |
|
|
|
|
||
Определим момент инерции диска относительно оси z- |
|
|||||
l,Zz =- II-c +-LM. шпг\2( O C ) 2 -= ^ - + 4M^. м\2 |
i f = |
IMl2 |
(3) |
|||
Подставим выражения (2) и (3) в уравнение (1): |
|
|||||
ЪМг2. |
= |
• , |
,, |
г |
|
|
——(p |
mosmpt-Mgj(p. |
|
|
|||
После преобразований |
получим |
|
|
|
|
|
_ |
2g |
4щ |
|
|
|
|
|
3г |
> 3Mr* |
|
|
|
|
или |
|
|
|
|
|
|
ф+&2(р= h sinpt, |
|
|
(4) |
|||
где к — круговая частота собственных |
колебаний диска, к • |
Ш- |
||||
|
|
|
|
|
|
13г' |
h = 4
3 Mr2'