doc2
.pdf30 X. Динамика материальной системы
= 2рк j •| siny——sin |
у |
V |
2 |
27t ,d 5 |
5ч |
4 |
|
\j/=—— |
= —p(R-г |
)•- = |
|||||
|
|
|
5 |
|
3 |
||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
= ^ |
_ |
|
|
= |
2M(R5-r5) |
|
|
15 |
4я(Д3 -/-3 ) |
|
5 (R 3 - r 3 ) |
|
|
||
О т в е т :• 2M(R5-r5) |
' |
|
|
|
|
|
|
5(Я3 -г3 ) |
|
|
|
|
|
|
|
Примечание. Можно также определить сначала полярный момент инерции
I0 = jt2dm,
а затем осевой
где с/т=4п?2рЛ.
Задача 34.17
Вычислить момент инерции однородной тонкой оболочки, выполненной в виде полусферы радиуса R относительно оси, проходящей через центр полусферы перпендикулярно к ограничивающей ее плоскости. Масса М оболочки равномерно распределена по поверхности оболочки.
Р е ш е н и е
л
Будем рассматривать полусферу как систему |
dm = рdS |
||
материальных точек массой |
|||
|
|||
|
dm = pdS, |
|
|
лежащих на поверхности (см. рисунок) |
|
||
z = |
jR2-x2-y2. |
|
|
Поверхностная плотность оболочки |
|
||
М
Р = 2nR2
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции |
31^ |
|
Тогда по определению осевого момента инерции |
|
|
Iz = J J(x2 + y2)dm = p jj(x 2 + y2)dS, |
|
|
s |
s |
|
где dS — элемент площади полусферы. Перейдем к сферическим координатам:
х= 7?coscpcos\y,
у- /?sin<pcos\y, Z - i?sin\y,
где 0 <<р<2л; 0 <\i/<—.
2
Тогда |
|
dS = R2 cosyd(pd\\i. |
|
|||
|
|
|
||||
Поэтому |
|
|
|
|
|
|
|
и |
|
|
|
|
|
2* |
2 |
|
|
|
|
|
1г = p0J |
0|(Л2 cos2 фсоз2\у+ R2 sin2 9cos2\j/) R2 cosyrfij/ = |
|||||
|
2it |
It |
|
f |
J |
Л |
|
2 |
|
||||
= p/?4 jd(pjcos3= |
|
2яр/?4 sin\j/ - - sin3 у |
||||
|
o |
o |
|
v |
3 |
^ |
|
|
3 |
3 |
2nR |
3 |
|
О т в е т : -3 MR .
Задача 34.18
Вычислить радиус инерции сплошного однородного цилиндра относительно оси z, перпендикулярной оси цилиндра и отстоящей от его центра масс С на расстоянии 10 см, если радиус цилиндра равен 4 см, а высота 40 см.
4 см
32 |
X. Динамика материальной системы |
Р е ш е н и е
Определим радиус инерции pz из формулы (34.8): h = Mpl
найдем
Pz - lh
где М — масса цилиндра. Объемная плотность
Р = nR,2h'
2
где R — радиус; h — высота; М — масса цилиндра.
Момент инерции цилиндра относитель-
но оси z (см. рисунок): |
|
|
||
Iz = jjj(x2 |
+ y2)dm=jjj(x2 |
+ y2)pdV |
= |
|
|
V |
V |
|
|
УЪ |
R |
z |
|
= |
= p\dy\dx\(x2 + y2)dz = \z = -lR2-x2\ |
||||
уI |
-R |
-z |
|
|
•MO, y2, 0)
: = —у/й2 - x2
У2 |
R |
|
|
= |
~B(0, yv 0) |
= p jdy |
j(x2 + y2) -2JR2-x2dx |
||||
y, |
-R |
|
|
|
|
= 4 p j { - X |
V ( * 2 - X2)3 + |
— |
( + |
R2 arcsin— 1+ |
|
|
л I 4 |
|
8 v. |
|
R |
|
|
|
|
arcsin- |
|X=R |
|
+-y2\x^R2-x2 |
+R2 |
dy = |
||
|
2 |
I |
|
R |
x=0 |
. 4 |
|
|
|
|
|
[3R2+4(yf+yj+y]y2)l
12
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции |
33^ |
Поскольку (у2 |
- У\) = И, р = м |
то |
|
|
%R2h' |
|
|
|
•2 |
л_ „2 |
y^) |
|
_ MOR'+^yt |
+ yj + |
|
|
1 |
12 |
' |
При ух = -30, уг = Ю, R- 4 получим
М,
Iz = ^ - [ 3 16+4(100+900-300)] =237,33 М.
Тогда
Рг |
1L =- 7237,33 =15,4 (см). |
О т в е т : 15,4 см.
П р и м е ч а н и е . Можно было использовать теорему Гюйгенса — Штейнера и формулу
|
|
, |
J* |
ь2) |
. |
|
|
|
1С/=М\ — + — |
|
|||
|
|
* |
U |
12) |
|
|
Тогда |
|
|
|
|
|
|
|
|
Ioz = Ict+Md\ |
|
|
||
где d=OC. |
С другой стороны, I0l |
= Мр\. |
|
|
|
|
Следовательно, |
Mp2z=ICz.+Md2, |
|
|
|||
|
|
|
|
|||
откуда |
|
|
|
|
|
|
2 |
lCz.+Md2 |
•-d2- i£L |
Л2 |
Л2 |
42 402 |
= 237,33; |
|
М |
М |
4 |
12 |
12 |
|
рг =15,4 см.
Задача 34.19
Маятник состоит из тонкого однородного стержня АВ массы Мх, к концу которого прикреплен однородный диск С массы М2• Длина стержня равна 4г, где г — радиус диска. Вычислить момент инерции маятника относительно его оси привеса О, перпендикулярной плоскости маятника и отстоящей на расстоянии г от конца стержня.
34 |
X. Динамика материальной системы |
Р е ш е н и е
Момент инерции маятника равен сумме моментов инерции стержня IZcr и диска / г д :
Момент инерции стержня (см. рисунок)
/ г ст = J x2dm. i
Так как стержень АВ однородный, то dm = pdx,
где р = Щ4r Тогда
27/-3 + r3 _ 7M,r2
J |
4r J |
л- |
ч |
4 r ' 3 |
3 |
|
|
4r |
3 |
Момент инерции диска найдем по теореме Гюйгенса — Штейнера:
IZa = Izc +M2(4r)2 =М£^ + \6М2г2 = \6,5М2Г2.
Следовательно,
ZM^ + M м2г2 = — (14Л/, +99Л/2).
О т в е т : /г = — (14М, +99М2).
Задача 34.20
Тонкий однородный стержень АВ длины 21 и массы М прикреплен в центре О к вертикальной оси, образуя с ней угол а. Вычислить моменты инерции стержня 1Х, 1у и центробежный момент инерции 1ху. Оси координат показаны на рисунке.
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции |
35^ |
Р е ш е н и е
Согласно формуле (34.4) линейная плотность стержня
М
Р = 21
тогда.
dm = pdl = pjdx2 + dy2.
Уравнение AB (см. рисунок):
y = x c t g a . |
, -гsin а |
Поэтому
dl = Vl + ctg2 a dx = sindxа.
Вычислим моменты инерции стержня: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
/smsinaа |
|
|
|
I/sin aа |
|
|
Л |
|
|
p c tg^a |
jr /sin a |
|
|
||
h |
= |
J у |
«/и = p |
[ |
x1 |
ctg2 a |
|
= |
2 |
|
|
/sina |
|
||||
|
|
-/«tee |
|
|
|
-/sine |
|
|
S i n a |
|
S i n a |
|
3 |
|
|||
= |
2pctg2 a |
l3 |
. з |
|
2p/J cos2 a 2 M 33cCOSo s 2 aA |
_ |
Ml21 |
CO"cos2 |
2'a |
• |
|||||||
r |
£ |
r sin |
a = — |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
3sina |
|
|
|
|
|
3 |
|
|
3^21 |
|
|
Г |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
/ sin a |
|
/sina |
^^ |
|
|
л |
/sina |
|
|
|
|||||
|
|
|
f |
x2dm = p |
f |
x2 |
- |
—t!—— |
|
|
|
|
|||||
|
|
-/sina |
|
-/sina |
s i n « |
|
s i n t t 3 |
-/sina |
|
|
|
||||||
|
|
_ 2p/2 sin3 a _ 2Ml3 sin3 a |
_ |
Ml2 sin2 a |
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
3sina |
|
3sina-2/ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Центробежный момент инерции |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
/ sin a |
|
|
/ sin a |
|
|
|
^ |
|
|
|
|
||
|
|
Ixy |
- |
J |
|
xydm = p |
J j c - x c t g a - — — |
= |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
-/sina |
|
-/sina |
|
|
sma |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
= |
pctga /sifnaje2<ic = |
p c t g a |
|
лг^ /sina |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
sina |
|
-/ sin a |
|
|
sina |
|
3 |
-/sin a |
|
|
|
|
|
36 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
X. Динамика материальной системы |
||
|
|
_ 2 р/3 |
ctg a sin3 а _ Ml2 sinacosa _ Ml2sin2a |
||||||||||
|
|
|
|
3sina |
|
|
|
3 |
|
|
6 |
||
Л |
, |
|
Ml2 |
2 |
a; |
, |
= |
Ml2 |
. 2 |
a; |
, |
= |
Ml2 . „ |
О т в е т : |
Ix = |
|
cosz |
|
|
sin |
|
sm2a. |
|||||
Задача 34.21
Однородный круглый диск массы М и радиуса R прикреплен к оси АВ, отстоящей от центра масс С на расстоянии ОС = Rf2. Вычислить осевые и центробежные моменты инерции диска.
Р е ш е н и е
По определению осевого момента инерции твердого тела
ly = ly=]\[(x')2H02]dm, s
где S — круг, лежащий в плоскости х = 0. Поэтому
iy = р u t f d s = P ] W j a o ^ U ^ =
оо
Я |
2к |
|
R4\/j | |
= pj R?dRJ sin2 фЛр= p — f—ф——sin29J |
|||
о |
о |
|
|
|
R4 |
/ |
л\ R* |
|
= P — (7t-0) = p — It, |
||
|
4 |
|
4 |
гДе p — поверхностная плотность диска,
M
Тогда |
4 |
4 |
/„ =лЛ2 |
||
М |
|
_ А/Я2 |
Мх', у', г')
У = У
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции |
37^ |
Для вычисления 1Х воспользуемся теоремой Гюйгенса — Штейнера:
|
Ix = ls |
+ Md\ |
где Ix> = pj | [ ( / ) + (г')2 |
MR2 |
R |
] dS = —— , |
так как d = — (по условию). |
|
s |
2 |
2 |
Следовательно, |
|
|
Аналогично вычислим Iz:
Iz=IZ' |
+ Md2 |
= pljl(x')2+(y')X'=0dS |
+ M\ |
|
|||||
|
|
s |
|
|
|
|
|
|
|
|
R2« |
|
|
|
|
MR2 |
|
|
|
|
= pj / Л2 cos2 |
4>RdRd(p+ |
|
|
|||||
|
o o |
|
|
|
|
4 |
|
|
|
R4( 1 |
1 . , |
|
+ |
MR2 |
R4 |
MR2 |
|||
= p — |
-9+-sin2<p |
|
4 |
= p — я + - |
4 |
||||
4 |
12 |
4 |
J |
о |
|
4 |
|
||
|
|
MR2 |
+ MR2 |
MR2 . |
|
|
|||
По определению момента инерции твердого тела относительно плоскости
Ixy-jjxy |
dm\x=o ~ |
5
так как S лежит в плоскости Oyz, то х = 0. Аналогично
Ixl=\\xzdm\x=Si=Q. s
Для вычисления 1ху воспользуемся теоремой Гюйгенса — Штейнера:
Гуг = ГгУ |
+ MzcVc |гс=0 = 1Уг' = pffy'z'dS = |
|
|
|
S |
Я 2л |
К |
2п J |
= pj j/?cos9-/?sin(p /? dRd(p= pj R3dRj -зт2фй?ф =
o o |
о |
о ^ |
38 |
82ф |
X. Динамика материальной системы |
|
|
О |
||
|
р:тВ'С0 |
^ |
|
|
|
|
2к |
О т в е т : IX = -MR2; Iy = |
MR2. _ |
MR2. |
л > г ~ ~ ' -ху |
||
|
Задача |
34.22 |
Вычислить момент инерции однородной треугольной пластинки АБС массы Мотносительно оси х, проходящей через его вершину А в плоскости пластинки, если даны расстояния от точекЯиСдо оси х\ ВМ = hB,CN = ИС.
Р е ш е н и е
XIв>С
hB |
he |
М |
N х |
По определению осевого момента инерции твердого тела
Ix = Pj](y2+Z2)dm|г=0 - pj Jy2dx dy =
- p j j j y2dxdy + J J y2dxdy [ = pA. |
(1) |
Iaabd adbc
Уравнение стороны пластины АВ:
|
У = |
hB |
|
||
|
|
—х, |
|
||
|
|
|
Хд |
|
|
стороны АС: |
|
|
|
|
|
|
у = |
|
he |
|
|
|
|
х |
—х, |
А(О, 0) |
|
|
|
|
с |
||
|
|
|
|
||
стороны ВС: |
|
|
|
|
|
Поэтому |
|
|
|
(хС - |
хв) |
|
|
|
|
|
|
|
ХВ |
хв |
XB Л 7 |
||
J J y2dxdy = / dx ]y2dy = j dx\ |
|||||
ДABD |
0 |
*c |
0 ^ 3 |
"С. 3 о |
|
ЩхвЛв) P(xc,hc)
hc M(xB, 0) N(xc, 0) *
x*dx =
34. Геометрия масс: центр масс материальной системы, моменты инерции |
39^ |
Ъ. |
|
he V " |
x 4 |
|
1 |
\3 |
|
x=0 |
ХВ, |
||||
<хв |
|
хс У |
4 |
12 |
|
|
| J y2dxdy |
хс |
У] |
|
|
|
(xc-xB) |
- | dx J y2dy = |
he |
|
||||
ДDBC |
Xjj |
У2 |
|
|
x |
|
|
y2=—x |
|||||
*c ГуЗЛ hB+tcdUL(x^B)
fdx
xg \ / —xhe
*C
|
|
XC |
|
|
1 i |
|
3 |
'U |
N3! |
|
hR + |
-{x-xB) |
he |
dx = |
~ 3хвJ |
— x |
|||
|
XC~XB |
|
|
|
|
|
|
|
2 hc-hB (x - xB) + |
|
|
|
||||
|
|
XB |
|
XC~XB |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
h c ~ h B (x-XB) |
3 |
/ . |
Л3] |
||||
+ 3hB |
|
|
xb) |
|
|
|
hr \ |
dx = |
||||
W-Xb) |
|
|
xc ~ xB |
|
|
|
xc |
|
|
|||
|
|
hBx+3hB 2 |
hc-hB |
|
(x-xB)2 |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
xc~xB |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
v3 , |
|
|
|
|
3 |
PC |
+3hB \hczh. |
У (*-*Д>3 |
+ {kc-hB |
J (x-xB)4 |
_ ^ |
J |
* |
|
|||||
xc |
— xB |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
XB |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
hUxc - xB)+3hl hc |
~hB (*c |
" Хв)2 |
+ З |
А |
/ |
( |
* |
c |
~ Хд)3 + |
|||
|
|
xc~xB |
|
2 |
|
|
XC~XB |
|
|
|||
|
hc - hB f |
3 ' |
|
\4 |
|
|
v44 |
v44 " |
|
|
||
|
(xc - |
|
|
XC~XB |
|
|
|
|||||
|
xc~xB |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= ~(xc |
- x b) |
3h2 |
- |
+ hB(hc |
- hB)2 |
1 |
|
hB)3 - |
||||
Ai + ^(Ac |
+ -(hc- |
|||||||||||
|
|
Л |
J |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|