22.12.201901.07.2019

Момент инерции задачи с решением – Примеры решения задач

• by alexxlab
• Комментариев к записи Момент инерции задачи с решением – Примеры решения задач нет
• Разное

Примеры решения задач

Пример 1. Найти момент инерции тонкого однородного диска массой и радиусаотносительно: а) оси симметрии, перпендикулярной к плоскости диска; б) оси, совпадающей с диаметром диска.

Р е ш е н и е. а)Выберем на диске цилиндрический слой радиуса и шириной(см. рис. 3а). Так как все элементы цилиндрического слоя находятся на одном расстоянии от центра кольца, его момент инерции равен

(14)

где – масса кольца, которую можно найти, определив поверхностную плотность материала дискаи умножив ее на площадь поверхности кольцат.е.

Подставляя это значение в (14) интегрируя пов пределах от 0 до, найдем момент инерции диска относительно оси симметрии

(15)

б) Для нахождения момента инерции диска относительно диаметра, например оси воспользуемся соотношением (6). Проведем три взаимно перпендикулярные осипересекающиеся в центре диска (рис. 3б). Очевидно, что, тогда из уравнения (6) следует

Подставляя в это выражение значение из уравнения (15), найдем момент инерции диска относительно диаметра

Пример 2. Найти момент инерции однородного шара массы и радиусаотносительно оси, совпадающей с центром шара.

Ре ш е н и е. Вычисление момента инерции шара прямым методом, т.е. с использованием уравнения (1) довольно трудоемкая математическая задача, поэтому для нахождения этого момента инерции воспользуемся соотношением (5). Проведем три взаимно перпендикулярные осипересекающиеся в центре шара (см. рис. 4). Очевидно, что

поэтому соотношение (5) перепишем в виде

(16)

где – искомый момент инерции,– момент инерции шара относительно центра шара.

Для нахождения момента инерции выберем тонкий сферический слой радиусаи толщинойцентр которого совпадает с центром шара (на рис. 4 он выделен цветом). Все элементы этого слоя находятся на одинаковом расстоянии от центра шара, поэтому его момент инерции относительно центра шара равен

. (17)

Объемная плотность шара равна , умножая ее на объем тонкого сферического слоянайдем массу сферического слоя

Подставляя это выражение в (17) и интегрируя в пределах от 0 до , найдем момент инерции шара относительно центра

С учетом этого из уравнения (16) находим искомый момент инерции шара

Пример 3. Однородный цилиндр радиуса раскрутили вокруг его оси до угловой скоростии поместили затем в угол (рис.5) Коэффициент трения между стенками угла и цилиндром равенСколько оборотов сделает цилиндр до остановки?

Р е ш е н и е. Расставим силы, действующие на цилиндр. Запишем уравнение, описывающее выражение цилиндра относительно его оси

(18)

где – момент инерции цилиндра относительно этой оси. Знак “–” в левой части этого уравнения обусловлен тем, что при замедленном движении модуль углового ускоренияТак как нам необходимо найти число оборотов, которое сделает цилиндр до остановки, исключим из уравнения (18) время. Для этого умножим и разделим левую часть уравнения (18) на

где – угловая скорость вращения цилиндра в некоторый момент времени. После преобразований получим

. (19)

Прежде чем решать это уравнение, найдем выражения для сил трения. Так как центр цилиндра покоится,

Запишем это уравнение в проекциях на оси и(см. рис. 5)

Решая эту систему уравнений, учитывая, что аполучим выражения для сил трения

Подставляя эти выражения в уравнение (19) и интегрируя левую часть этого уравнения в пределах от до 0, а правую часть в пределах от 0 до, найдем число оборотов, которое сделает цилиндр до остановки

Пример 4. Однородный шар скатывается без скольжения по наклонной плоскости, составляющей угол с горизонтом. Найти ускорениецентра шара и кинетическую энергию шара через времяпосле начала движения.

Р е ш е н и е. Решим задачу двумя способами.

а) Шар совершает плоское движение. Свяжем подвижную систему отсчета с центром шара. Эта система движется поступательно относительно наклонной плоскости, а шар в этой системе вращается вокруг оси, проходящей через его центр. Расставим силы, действующие на шар в процессе движения (см. рис.6). Запишем теорему о движении центра масс в проекции на ось (см. рис.6)

(20)

Уравнение вращательного движения шара вокруг оси, проходящей через центр масс имеет вид

(21)

где – угловое ускорение шара,– момент инерции шара относительно оси вращения. Решая совместно уравнения (20) и (21), найдем ускорение центра шараи его угловое ускорение

(22)

Используя формулу (13) для кинетической энергии тела, совершающего плоское движение, и учитывая, что в интересующий нас момент времени и(т.к.ипостоянные), найдем кинетическую энергию шара через времяпосле начала движения

б) Так как шар катится без проскальзывания, точка соприкосновения шара с наклонной плоскостью имеет скорость равную нулю. Поэтому прямая, перпендикулярная плоскости рисунка и проходящая через точкуявляется мгновенной осью вращения. Относительно этой оси шар совершает вращательное движение, поэтому для описания движения достаточно записать уравнение (12) в виде

(23)

где – момент инерции шара относительно мгновенной оси вращения. Согласно теореме Штейнера момент инерцииравен

Подставляя это выражение в уравнение (23), находим ускорение центра шара и его угловое ускорение(см. уравнения (22)).

Кинетическая энергия шара, в этом случае, определяется только вращательным движением

Заметим, что при любом способе решения, кинетическую энергию шара можно найти из закона сохранения энергии (сила трения работы не совершает, т.к. эта сила – сила трения покоя). Пусть за время высота центра шара изменилась на(см. рис.6), тогда

(24)

где – расстояние, пройденное центром шара за времяПодставляя в (24) выражение дляи, находим кинетическую энергию шара

Пример 5. Однородный стержень длины может вращаться вокруг горизонтальной оси, перпендикулярной к стержню и проходящей через один из его концов (рис. 7). Систему равномерно вращают с угловой скоростьювокруг вертикальной оси. Пренебрегая трением, найти уголмежду стержнем и вертикалью.

Р е ш е н и е. Решим задачу двумя способами. Первое решение приведем в инерциальной системе отсчета, т.е. в системе, в которой стержень вращается. Второе решение – в неинерциальной системе отсчета, жестко связанной со стержнем.

а) Система отсчета, в которой будем решать задачу, на рис. 7 не показана. Решение задачи относительно вертикальной оси вращения не даст желаемого результата, т.к. моменты сил, действующих на стержень (сила тяжести и сила реакции в точке ), относительно этой оси равны нулю, и величина момента импульса остается постоянной.

Поэтому будем решать задачу относительно точки подвеса стержня. Напомним, что уравнение моментов относительно точки имеет вид

откуда видно, что направление изменения момента импульса совпадает по направлению с направлением момента силдействующих на стержень, поэтому в дальнейшем это уравнение будем записывать для модулейи

(25)

Момент силы реакции в точке равен нулю, т.к. плечо этой силы равно нулю. Направление момента силы тяжести показано на рис.7, а величина равна

(26)

Найдем величину и направление момента импульса стержня относительно точкиДля этого выделим на стержне небольшой участок длинойи массойположение которого относительно точкизададим радиус-вектором(см. рис. 7). Обозначим величину момента импульса этого участка какТак как стержень вращается вокруг вертикальной оси, так как показано на рисунке, скоростьэтого участка будет направлена за плоскость рисунка, поэтому как следует из определения момента импульса

,

он будет направлен перпендикулярно стержню, как показано на рис. 7. Очевидно, что направления всех моментов импульса остальных участков стержня будут иметь такое же направление, поэтому результирующий момент импульса будет также перпендикулярен стержню. Учитывая, что векторы ивзаимно перпендикулярны, величинаравна

Интегрируя это уравнение

найдем величину момента импульса стержня относительно точки

Момент импульса поворачивается вместе со стержнем, и за время повернется на некоторый угол, получив приращение(см. рис.8). Найдем величину этого приращения

или

. (27)

Подставляя уравнение (26) и (27) в уравнением моментов (25), получим

где . Преобразуем это уравнение к виду

. (28)

Если величина

уравнение (28) имеет одно решение , и это положение устойчивое, т.е. стержень будет занимать вертикальное положение и будет вращаться вокруг собственной оси.

Если то уравнение (28) будет иметь два решение

и ,

причем можно показать, что первое решение перестает быть устойчивым, и стержень отклонится на угол, определяемый вторым решением.

б) Решим теперь задачу в неинерциальной системе отсчета, жестко связанной со стержнем. В этой системе отсчета на стержень, кроме сил взаимодействия действует центробежная сила инерции. Так как стержень находится в равновесии, сумма моментов сил, действующих на стержень, должна равняться нулю, т.е.

где – величина момента силы тяжести,– величина момента центробежной силы инерции относительно точкиВеличина момента силы тяжести определяется уравнением (26). Для нахождения момента центробежной силы инерции воспользуемся рис. 7, считая, что стержень покоится.

На выделенный участок стержня действует центробежная сила инерции

величина момента которой, относительно точки равна

Интегрируя это выражение по всей длине стержня, получим

.

Подставляя это выражение и соотношение (26) в уравнение моментов (25), получим уравнение

,

в точности совпадающее с уравнением (28).

Надо заметить, что решение этой задачи в неинерциальной системе отсчета много проще, чем в инерциальной.

Пример 6. Однородная тонкая квадратная пластинка массы может свободно вращаться вокруг неподвижной вертикальной оси, совпадающей с одной из ее сторон. В центр пластины по нормали к ней упруго ударяется шарик массылетевший со скоростьюНайти величину скорости шарикасразу после удара.

Р е ш е н и е. Система “пластина-шарик” незамкнута, так как для удержания оси пластины в неподвижном состоянии к ней необходимо приложить внешние силу. Однако надо заметить, что момент этих внешних сил относительно оси равны нулю, т.к. они приложены непосредственно к оси.

Для решения задачи воспользуемся законами сохранения энергии (удар упругий) и законом сохранения момента импульса (сумма момента внешних сил относительно оси равен нулю). Будем считать, что длина стороны пластины равна и шарик после удара будет лететь в прежнем направлении, тогда

,

где – момент инерции пластины относительно оси,– угловая скорость, с которой пластина будет вращаться после удара вокруг оси.

Для простоты решения этой системы перепишем ее в виде

(29)

Разделив первое уравнение не второе, получим

(30)

Решая совместно уравнения (29) и(30) и учитывая, что момент инерции пластины относительно оси, совпадающей с одной из ее сторон равен (докажите это самостоятельно), найдем скорость шарика после удара

Заметим, что если , скорость шарика после удара становится отрицательной. Это означает, что пришарик полетит в обратную сторону.

Пример 7. Однородный диск радиуса и массылежит на гладкой горизонтальной поверхности. На боковую поверхность диска плотно намотана нить, к свободному концукоторой приложили постоянную горизонтальную силуПосле начала движения диска точкапереместилась на расстояниеНайти угловую скорость диска к этому моменту времени.

Р е ш е н и е. Под действием силы диск будет совершать плоское движение. Свяжем подвижную систему отсчета с центром масс диска. Величину ускорения центра масснайдем из второго закона Ньютона, записанного в проекции на направление движения

. (31)

В системе отсчета, связанной с центром масс, диск вращается с угловым ускорением , которое найдем из уравнения вращательного движения диска

(32)

где – момент инерции диска, относительно оси вращения.

Найдем величины скорости центра масс диска и угловой скорости его вращения к моменту времени, когда точка приложения силысовершит перемещениеТак как в начальный момент времени диск покоился, а величины ускоренийине меняются с течением времени (см. уравнения (31) и (32)), получим

Исключая из этих уравнений время найдем связь между скоростью центра масс и угловой скоростью вращения диска

(33)

Запишем теорему об изменении кинетической энергии для диска

(34)

где – работа всех сил, действующих на диск. Силы тяжести и сила реакции опоры работу на совершают, работу совершает только постоянная силаПо определению работа постоянной силы равна произведению модуля силы наперемещение точки приложения силы, таким образом

. (35)

Подставляя выражения (33) и (35) в уравнение (34), найдем величину угловой скорости диска к моменту времени, когда точка приложения силы совершит перемещение

studfiles.net

Задачи по теме «Момент инерции. Закон сохранения момента

Приложение 1

Задачи по теме: «Момент инерции. Закон сохранения момента инерции и момента импульса».

1. На барабан радиусом R=0,5 м и с горизонтальной осью вращения намотан шнур, к концу которого привязан груз массой m = 10 кг. Найдите момент инерции барабана, если известно, что его угловое ускорение равно . Тернием пренебречь.

Дано: Решение:

m = 10 кг

R = 0, 5 м

J = ?

Вращение барабана происходит под

действием силы F. Из второго закона Ньютона

ох: ma = mg – F

F = m (g – a)

= ∆ω/∆t = ∆υ/R∆t = a/R → a = εR

F = m (g – ε r)

M = Jε – момент силы через момент инерции для вращающегося тела.

M = Fd = FR – момент силы вращающей барабан.

По закону сохранения момента сил

Jε = FR

Jε = m (g – εR) R

J = (m ( g – εR) R)/ ε = 22,5 (кг м²)

Ответ: 22, 5 кг м²

2. К ободу однородного диска радиусом R=0,2м массой m=1,2 кг приложена постоянная сила 100 Н, при вращении на диск действует момент силы трения, равный 5 нм. Чему равно угловое ускорение диска?

Дано: Решение:

R = 0, 2 м Из оснавного управления динамики вращательного

m = 1, 2 кг движения M=Jε

F = 100 Н Сила действующая на обод F`= F – Fтр. Из M = 5 нм момента силы трения Fтр = M\R = 25 Н

ε = ? Момент силы F`- M=F`R по закону сохранения

момента сил.

Jε = F`R

J = mR² –момент инерции обруча

mR²ε = (F – Fтр.)R

Ответ: ε = 312, 5 с^-2.

3. Шарик, диаметр которого равен 6 см, катится по полу и останавливается через t = 2с, пройдя расстояние S = 70 см. Определите коэффициент трения качения, считая его постоянным.

Дано: Решение:

d = 0, 06 м М=εJ – основное уравнение вращательного движения.

t = 2c J= 0,4mr² – момент инерции шара.

S= 0,7м.

μ = ?

M= 0,4 m r² a/ r= 0,4 a m r

Момент силы трения M = F_тр r

Fтр = μN= μmg

M = μmgr

По закону сохранения момента сил

μmgr=0,4amr

μ = 0,4a/g

S= at²/2 a=2S/t² = 1,4/4 = 0,35 м/с²

Ответ: 0,014.

4. Во сколько раз уменьшится угловая скорость вращения человека, если момент инерции изменится от 1 кг м² до 1,25 кг м²?

Дано: Решение:

L₁ = J₁ω₁ – момент импульса в первом состоянии.

L₂ = J₂ω₂ – момент импульса во втором состоянии.

L₁ = L₂ – закон сохранения момента импульса.

Ответ:

5. Найти момент импульса Земного шара М₃ = 6·10²⁴ кг, R₃ = 6,4·10³ км, если точки поверхности Земли вращаются со скоростью 36 км/ ч.

Дано: Решение:

M₃ = 6·10²⁴ кг L = Jω J= 0,4 M₃R₃²- момент инерции шара.

R₃ = 6,4·10 ⁶ м ω = υ/ R

υ = 10 м\с L = 0,4 M₃ υ R₃= 15,36·10³º кг м²/с.

L = ?

Ответ: L = 15, 36·10³º кг м²/с

6. Комета Галлея движется вокруг солнца по вытянутому эллипсу. Наибольшее удаление от солнца равно 35,2 а. е., а наименьшее удаление – 0,6 а.е.. Найти отношение максимальной скорости кометы к минимальной.

Дано: Решение:

R₁ = 35, 2 а. е. момент импульса при наибольшем

R₂ = 0, 6 а. е. удалении.

момент инерции кометы при наибольшем

удалении.

момент импульса кометы при

минимальном удалении.

L₁ = L₂ – закон сохранения момента импульса.

Ответ:

7. Человек стоит на вращающейся с некоторой угловой скоростью платформе. В вытянутых в сторону руках он держит по гире, массой каждой из них m = 5 кг. Расстояние от гирь до оси вращения R₁=0,71м. Во сколько раз изменится частота вращения человека, если он прижмет к себе руки так, что расстояние от оси вращения до гири станет R₂= 0,2 м. Момент инерции человека считайте в обоих случаях равным J₀ = 1 кг м.²

Дано: Решение:

m = 5 кг Момент импульса в первом случае

R₁=0,71м

R₂= 0,2 м момент инерции в первом случае.

J₀ = 1 кг м²

момент инерции во втором случае.

закон сохранения момента импульса.

Ответ:

8. Человек массой m₁ = 60 кг находится на неподвижной круглой платформе радиусом R₂= 10м и массой m₂ = 120 кг, которая может вращаться вокруг своей вертикальной оси. С какой угловой скоростью будет вращаться платформа, если человек станет двигаться по окружности радиусом R₁= 5м с линейной скоростью υ₁= 2 м/с относительно платформы.

Дано: Решение:

m₁ = 60 кг момент импульса человека;

R₂= 10м момент инерции человека.

m₂ = 120 кг

R₁= 5м

υ₁= 2 м/с момент импульса платформы

ω = ? и человека.

закон сохранения импульса.

Ответ: 0, 08 с^-1

9. Считая Солнце однородным шаром, оцените минимальный радиус и период вращения вокруг своей оси пульсара, который мог бы образоваться после сжатия Солнца под действием силы тяготения при исчерпании внутренних источников энергии, поддерживающих высокую температуру газа. Радиус Солнца R_c= 7·10⁸ м, период вращения вокруг оси Т_с = 2,2·10⁶ с. Масса Солнца М_с = 2·10³º кг.

Дано: Решение:

R_c= 7·10⁸ м Момент импульса Солнца

Т_с = 2,2·10⁶ с

М_с = 2·10³º кг момент инерции Солнца

R_п = ? Т_п = ?

Момент импульса образовавшегося пульсара

По закону сохранения импульса

Вращение пульсара происходит под действием силы тяготения.

Для удобства расчета (*) возведем в квадрат

Ответ: R_п =

T_п = 10^-3 с

studfiles.net

Примеры решения задач

Пример 1. Вычислить момент инерции J_z молекулы NО₂ относительно оси z, проходящей через центр масс молекулы перпендикулярно плоскости, содержащей ядра атомов. Межъядерное расстояние d этой молекулы равно 0,118 нм, валентный угол =140°.

Решение. Молекулу NO₂ можно рассматривать как систему, состоящую из трех материальных точек общей массой

m=2m₁+m₂, (1)

где m₁ — масса атома кислорода; m₂— масса атома азота.

Расположим молекулу относительно координатных осей так, как это указано на рис. 3.1 (начало координат совместим с центром

масс С молекулы, ось z направим перпендикулярно плоскости чертежа «к нам».)

Для определения J_z воспользуемся теоремой Штейнера:

J=J_c+ma².

Для данного случая эта теорема запишется в виде J_z‘ = J_z+ma², где J_z‘—момент инерции относительно оси z‘, параллельной оси z и проходящей через атом азота (точка О на рис. 3.1). Отсюда искомый момент инерции

J_z = J_z‘ –ma² (2)

Момент инерции J_z‘ находим как сумму моментов инерции двух материальных точек (атомов кислорода):

J_z‘ = 2m₁ d² (3)

Расстояние а между осями z и z‘ равно координате x_с центра масс системы и поэтому может быть выражено по формуле (см. § 2, с. 20) В данном случае

а=х_с= (2m₁x₁+m₂x₂)/(2m₁+m₂), или, учитывая, что x₁=d cos (/2) и х₂=0,

(4)

Подставив в формулу (2) значения J_z‘, т, а соответственно из выражений (3), (1), (4), получим

или после преобразований

(5)

Найдем в табл. 23 относительные атомные массы кислорода (A_O=16) и азота (А_N==14) и запишем массы атомов этих элементов в атомных единицах массы (а.е.м.), а затем выразим в килограммах (1 а.е.м. =1,66 •10^-27 кг, см. табл. 9):

m₁= 16 1,66 10^-27 кг=2,66 10^-26 кг;

m₂ = 14 1,66 10^–27 кг = 2,32 10^-26 кг.

Значения m₁, т₁, d и подставим * в формулу (5) и произведем вычисления:

J_z=6,80 10^-46 кг.м².

Пример 2. Физический маятник представляет собой стержень длиной l=1 м и массой m₁=l кг с прикрепленным к одному из его

*Для вычисления выражения, стоящего в скобках, вместо масс атомов можно подставить их относительные атомные массы, так как здесь массы входят в виде отношения.

концов диском массой т₂=0,5 m₁. Определить момент инерции J_z такого маятника относительно оси Оz, проходящей через точку О на стержне перпендикулярно плоскости чертежа (рис. 3.2).

Решение. Общий момент инерции маятника равен сумме моментов инерции стержня J_z1 и диска J_z2.

J_z ⁼ J_z1 + J_z2 (1)

Формулы, по которым вычисляются моменты инерции стержня J_z1 и диска J_z2 относительно осей, проходящих через их центры масс, даны в табл. на с. 41. Чтобы определить моменты инерции J_z1 и J_z2, надо воспользоваться теоремой Штейнера:

J=J_c+ma². (2)

Выразим момент инерции стержня согласно формуле (2):

J_z1=^l/₁₂m₁l²+m₁a₁².

Расстояние a₁ между осью О_z и параллельной ей осью, проходящей через центр масс C₁ стержня, как следует из рис. 3.2, равно ¹/₂l—^l/₃l=^l/₆l. С учетом этого запишем

J_z1=^l/₁₂m₁l²+m₁ (^l/₆l )²=¹/₉m₁l²=0,111m₁l².

Момент инерции диска в соответствии с формулой (2) равен рис. 3.2

J_z2=^l/₂m₂R²+m₂a₂².

где R — радиус диска; R=¹/₄l. Расстояние а₂ между осью О_z и параллельной ей осью, проходящей через центр масс диска, равно (рис. 3.2) ²/₃l—^l/₄l=^l1/₁₂l. С учетом этого запишем

J_z2=^l/₂m₂ (¹/₄l)²+m₂(^l1/₁₂l)²= 0,0312 m₁l² + 0,840 m₁l²= 0,871 m₁l².

Подставив полученные выражения J_z1 и J_z2 в формулу (1), найдем

J_z=0,111m₁l²+0,871 m₁l²=)0,111m₁+0,871 m₁)l²,

или, учитывая, что т₂=0,5 m₁,

J_z=0,547m₁l².

Произведя вычисления, получим значение момента инерции физического маятника относительно оси О_z:

J_z =0,547.1.1 кг м²=0,547 кг м².

Пример 3. Вал в виде сплошного цилиндра массой m₁=10 кг насажен на горизонтальную ось. На цилиндр намотан шнур, к свободному концу которого подвешена гиря массой m₂=2 кг (рис. 3.3). С каким ускорением а будет опускаться гиря, если ее предоставить самой себе?

Решение. Линейное ускорение а гири равно тангенциальному ускорению точек вала, лежащих на его цилиндрической поверхности,

и связано с угловым ускорением s вала соотношением

а=, (1)

где r — радиус вала.

Угловое ускорение вала выражается основным уравнением динамики вращающегося тела:

=M/J, (2)

где М — вращающий момент, действующий на вал; J — момент инерции вала. Рассматриваем вал как однородный цилиндр. Тогда его момент инерции относительно геометрической оси равен

J=¹/₂m₁r².

Вращающий момент М, действующий на вал, равен произведению силы натяжения Т шнура на радиус вала: М=Тr.

Силу натяжения шнура найдем из следующих соображений. На гирю действуют две силы: сила тяжести m₂g, направленная вниз, и сила натяжения Т шнура, направленная вверх. Равнодействующая этих сил вызывает равноускоренное дви­жение гири. По второму закону Ньютона, m₂g-T=m₂a, откуда T=m₂(g-а). Таким образом, вращающий момент M=m₂(g—а)r.

Подставив в формулу (2) полученные выражения М и J, найдем угловое ускорение вала:

Для определения линейного ускорения гири подставим это

рис. 3.3 выражение в формулу (1). Получим

,

откуда

Пример 4. Через блок в виде диска, имеющий массу m=80 г, перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подвешены грузы массами m₁=100 г и m₂=200 г (рис. 3.4). С каким ускорением будут двигаться грузы, если их предоставить самим себе? Трением пренебречь.

Решение. Применим к решению задачи основные законы поступательного и вращательного движения. На каждый из движущихся грузов действуют две силы: сила тяжести mg, направленная вниз, и сила Т натяжения нити, направленная вверх.

Так как вектор ускорения а груза m₁ направлен вверх, то T₁>m₁g. Равнодействующая этих сил вызывает равноускоренное движение и, по второму закону Ньютона, равна T₁ — т₁g=т₁а, откуда

T₁=m₁g+m₁a. (1)

Рис. 3.4

Вектор ускорения а груза т₂ направлен вниз; следовательно, T₂<m₂g. Запишем формулу второго закона для этого груза:

m₂g — T₂=m₂a , откуда

T₂=m₂g– m₂а. (2)

Согласно основному закону динамики вращательного движе­ния, вращающий момент М, приложенный к диску, равен произведению момента инерции J диска на его угловое ускорение :

M=J. (3)

Определим вращающий момент. Силы натяжения нитей действуют не только на грузы, но и на диск. По третьему закону Ньютона, силы и , приложенные к ободу диска, равны соответственно силам T₁ и Т₂, но по направлению им противоположны. При движении грузов диск ускоренно вращается по часовой стрелке; следовательно, >. Вращающий момент, приложенный к диску, равен произведению разности этих сил на плечо, равное радиусу диска, т. е. M=(- )r. Момент инерции диска J=mr²/l, угловое ускоре­ние связано с линейным ускорением грузов соот­ношением S=a/r. Подставив в формулу (3) выраже­ния М, J и , получим

(- )r =.

откуда

– =(т/2)а.

Так как =T₁ и =Т₂, то можно заменить силы и вы­ражениями по формулам (1) и (2), тогда

m₂g—m₂a—m₁g—m₁=(m/2)a, или

(m₂—m₁) g=(m₂+m₁+m/2)a

откуда

(4)

Отношение масс в правой части формулы (4) есть величина безразмерная. Поэтому значения масс m₁, m₂ и m можно выразить в граммах, как они даны в условии задачи. После подстановки

получим

Пример 5. Маховик в виде диска массой m=50 кг и радиусом г=20 см был раскручен до частоты вращения n₁=480 мин”¹ и за­тем предоставлен самому себе. Вследствие трения маховик остано­вился. Найти момент М сил трения, считая его постоянным для

двух случаев: 1) маховик остановился через t=50 с; 2) маховик до полной остановки сделал N=200 оборотов.

Решение. 1.По второму закону динамики вращательного движения, изменение момента импульса вращающегося тела равно произведению момента силы, действующего на тело, на время дей­ствия этого момента:

Mt=J — J,

где J — момент инерции маховика; и — начальная и конеч­ная угловые скорости. Так как =0 и t=t , то Mt=—J, от­куда

M= —J/t. (1)

Момент инерции диска относительно его геометрической оси равен J=¹/₂mr². Подставив это выражение в формулу (1), найдем

M=—mr²/(2t). (2)

Выразив угловую скорость через частоту вращения n₁ и произведя вычисления по формуле (2), найдем

М= —1 Н м.

2. В условии задачи дано число оборотов, сделанных махови­ком до остановки, т. е. его угловое перемещение. Поэтому приме­ним формулу, выражающую связь работы с изменением кинетиче­ской энергии:

или, учтя, что ,

. (3)

Работа при вращательном движении определяется по формуле A=M. Подставив выражения работы и момента инерции диска в формулу (3), получим

M = —mr²/4.

Отсюда момент силы трения

М= —mr²/4. (4)

Угол поворота =2лN=2 3,14 200 рад=1256 рад. Произведя вычисления по формуле (4), получим

М= —1 Н м.

Знак минус показывает, что момент силы трения оказывает тормозящее действие.

Пример 6. Платформа в виде диска радиусом R= 1,5 м и массой m₁=180 кг вращается по инерции около вертикальной оси с часто­той n=10 мин^-1. В центре платформы стоит человек массой т₂=60 кг. Какую линейную скорость относительно пола помещения будет иметь человек, если он перейдет на край платформы?

Решение. По закону сохранения момента импульса,

(1)

где J₁ — момент инерции платформы; J₂ — момент инерции че­ловека, стоящего в центре платформы; — угловая скорость платформы с человеком, стоящим в ее центре; J₂‘ — момент инерции

человека, стоящего на краю платформы; — угловая скорость платформы с человеком, стоящим на ее краю.

Линейная скорость человека, стоящего на краю платформы, связана с угловой скоростью соотношением

. (2)

Определив из уравнения (1) и подставив полученное выражение в формулу (2), будем иметь

v=(J₁+J₂)R/(J₁+J‘₂). (3)

Момент инерции платформы рассчитываем как для диска; сле­довательно, J₁=¹1₂m₁R² • Момент инерции человека рассчитываем как для материальной точки. Поэтому J₂=0, J’₂=m₂R². Угловая скорость платформы до перехода человека равна .

Заменив в формуле (3) величины J₁, J₂, J‘₂. и их выражениями, получим

Сделав подстановку значений т₁, т₂, п, R и , найдем линей­ную скорость человека:

Пример 7. Человек стоит в центре скамьи Жуковского и вместе с ней вращается по инерции. Частота вращения n₁=0,5 c^-1. Момент инерции j_oтела человека относи-

Рис. 3.5

тельно оси вращения равен 1,6 кг м². В вытянутых в стороны руках человек держит по гире массой m=2 кг каждая. Расстояние между гирями l₁=l,6 м. Опре­делить частоту вращения n₂, скамьи с человеком, когда он опустит руки и расстояние l₂ между гирями станет равным 0,4 м. Моментом инерции скамьи пренебречь.

Решение. Человек, держащий гири (рис. 3.5), составляет

вместе со скамьей замкнутую механическую систему *, поэтому момент импульса J этой системы должен иметь постоянное значе­ние. Следовательно, для данного случая

J₁ = J₂ ,

где J и — момент инерции тела человека и угловая скорость скамьи и человека с вытянутыми руками; J₂ и — момент инер­ции тела человека и угловая скорость скамьи и человека с опу­щенными руками. Отсюда

= (J₁/J₂) .

Выразив в этом уравнении угловые скорости и через частоты вращения n₁ и n₂(=2n) и сократив на 2, получим

n₂=(J₁/J₂)n₁. (1)

Момент инерции системы, рассматриваемой в данной задаче, равен сумме момента инерции тела человека J₀ и момента инерции гирь в руках человека. Так как размер гирь много меньше рас­стояния их от оси вращения, то момент инерции гирь можно опре­делить по формуле момента инерции материальной точки: J=mr². Следовательно **,

J₁=J₀+2m(l₁/2)²;

где т — масса каждой из гирь; l₁ и l₂. — первоначальное и конеч­ное расстояние между гирями. Подставив выражения J₁ и J₂ в уравнение (1), полу­чим

(2)

Выполнив вычисления по формуле (2), найдем

n₂==1,18 с^-1.

Пример 8. Стержень длиной l=1,5 м и массой М=10 кг может вращаться вокруг неподвижной оси, проходящей через верх­ний конец стержня (рис. 3.6). В середину стержня ударяет пуля массой m=10 г, летящая в горизонтальном направлении со скоростью v_o=500 м/с, и

Рис. 3.6 застревает в стержне. На какой угол отклонится стержень после удара?

Решение. Удар пули следует рассматривать как неупругий: после удара и нуля, и соответствующая точка стержня будут двигаться с одинаковыми скоростями.

Рассмотрим подробнее явления, происходящие при ударе. Сначала пуля, ударившись о стержень, за ничтожно малый промежу-

* Предполагается, что моменты всех внешних сил (сил тяжести и сил реакции), действующих на эту систему по отношению к оси вращения, являются уравновешенными. Трением пренебречь.

** В действительности с изменением положения рук человека (без гирь) изменяется момент инерции его тела относительно оси вращения, однако ввиду сложности учета этого изменения будем считать момент инерции J_о тела человека постоянным.

ток времени приводит его в движение с угловой скоростью и сообщает ему кинетическую энергию

(1) где — момент инерции стержня относительно оси вращения.

Затем стержень поворачивается на искомый угол , причем центр масс его поднимается на высоту. В от-­ клоненном положении стержень будет обладать потенциальной энергией

(2) Потенциальная энергия получена за счет кинетической энергии и равна ей по закону сохранения энергии. Приравняв правые части равенств (1) и (2), получим

Отсюда

Подставив в эту формулу выражение для момента инерции стержня , получим

(3)

Чтобы из выражения (3) найти , необходимо предварительно определить значение. В момент удара на пулю и на стержень действуют силы тяжести, линии действия которых проходят через ось вращения и направлены вертикально вниз. Моменты этих сил относительно оси вращения равны нулю. Поэтому при ударе пули о стержень будет справедлив закон сохранения момента импульса. В начальный момент удара угловая скорость стержня=0,поэтому его момент импульса. Пуля коснулась стержняи начала углубляться в стержень, сообщая ему угловое ускорение и участвуя во вращении стержня около оси. Начальный момент импульса пули, где— расстояние точки попадания от оси вращения. В конечный момент удара стержень имел угловую скорость, а пуля — линейную скорость, равную линейной скорости точек стержня, находящихся на расстояниит от оси вращения. Так как , то конечный момент импульса пули

studfiles.net

Примеры решения задач по теме «Динамика вращательного движения абсолютно твёрдого тела»

Примеры решения задач по теме «Динамика вращательного движения абсолютно твёрдого тела»

«Физика – 10 класс»

При решении задач на эту тему следует иметь в виду, что моменты силы, инерции и импульса зависят от выбора оси вращения. Кроме этого, нужно обращать внимание на то, что моменты импульса всех тел записываются относительно одной и той же системы отсчёта.

Задача 1.

На блок радиусом r и массой m₁ намотана нить, к концу которой привязан груз массой m₂ (рис. 6.12).

Груз отпускают, и он движется вниз, раскручивая нить. Определите ускорение груза. Массой нити можно пренебречь.

Р е ш е н и е.

Обозначим на рисунке силы, действующие на блок и груз.

На блок действуют сила тяжести m₁, сила реакции опоры и сила натяжения нити.

На груз действуют сила тяжести m2 и сила натяжения ‘.

Согласно второму закону Ньютона в проекции на ось Y для груза запишем:

m₂a = m₂g – T’.         (1)

Согласно основному закону динамики вращательного движения для блока запишем:

Iε = Tr.         (2)

Момент инерции блока Связь углового и линейного ускорений а = εr.

Так как по условию задачи нить невесома, то Т = Т’.

Преобразуем уравнение (2): тогда

Подставив это выражение в уравнение (1), получим

Окончательно

Задача 2.

Скамья Жуковского радиусом 1 м со стоящим в центре человеком вращается, делая 2 об/с. Человек переходит на край скамьи. Определите изменение угловой скорости вращения скамьи. Масса человека 50 кг, момент инерции скамьи 30 кг • м².

Р е ш е н и е.

Так как внешние силы — сила тяжести и сила реакции опоры, направленные параллельно оси вращения, не могут изменить момент импульса системы тел «скамья—человек», то согласно закону сохранения импульса

I₁ω₁ = I₂ω₂.                     (1)

Когда человек находится в центре скамьи, то момент инерции системы равен только моменту инерции скамьи: I₁ = I_ск.

После того как человек перешёл на край скамьи, момент инерции системы стал равен I₂ = I_ск + mr².

Угловая скорость связана с числом оборотов в секунду соотношением ω₁ = 2πn.

Подставив найденные выражения в уравнение (1), получим I_ск2πn = (I_ск + mr²)ω₂. Тогда

Изменение угловой скорости

Задача 3.

На наклонную плоскость вкатывается колесо, двигавшееся по горизонтальной поверхности со скоростью 4 м/с. Вся масса колеса сосредоточена в ободе. Определите максимальную высоту, на которую поднимется колесо. Работой силы трения можно пренебречь.

Р е ш е н и е.

Выберем нулевой уровень отсчёта потенциальной энергии так, как показано на рисунке 6.13. Учтём, что момент инерции колеса-обруча I = mR², а угловая скорость вращения ω = υ/R. Механическая энергия колеса на горизонтальной поверхности равна сумме кинетических энергий поступательного и вращательного движений колеса:

На максимальной высоте механическая энергия равна потенциальной энергии Е₂ = mgh. Согласно закону сохранения механической энергии получим Е₁ = Е₂, или mυ² = mgh, откуда h = υ²/g = 1,6 м.

Задача 4.

Сплошной цилиндр раскрутили до угловой скорости ω и положили на пол к стенке. Коэффициент трения между стенкой, полом и цилиндром μ, радиус цилиндра R. Определите, сколько оборотов сделает цилиндр до остановки.

Р е ш е н и е.

Решаем задачу, используя теорему об изменении кинетической энергии. При этом учтём, что ось вращения цилиндра неподвижна, момент инерции цилиндра относительно этой оси равен соответственно кинетическая энергия цилиндра вначале равна

Изменение кинетической энергии равно алгебраической сумме работ сил, действующих на него:

На цилиндр (рис. 6.14) действуют силы тяжести m реакции опоры ₁, ₂ и силы трения _тр1, _тр2.

Так как перемещается относительно стенок угла только точка приложения сил трения, то работу совершают только силы трения. В связи с этим справедливо уравнение

Работы сил трения равны A_тp1 = -F_тp12πRn; A_тp2 = -F_тp12πRn, где n — число полных оборотов цилиндра до остановки, а силы трения определяются силами реакции опоры стенок на цилиндр: F_тp1 = μN₁; F_тp2 = μN₂.

Найдём силы реакции опоры.

По условию задачи цилиндр только вращается, его центр тяжести не движется, следовательно, векторная сумма сил, действующих на него, равна нулю:

m + 1 + 2 + _тp1 + _тp2 = 0.

В проекциях на оси ОХ и OY имеем

F_тp1 – N₂ = 0;         (2)
N₁ + F_тp2 – mg = 0.         (3)

Подставив в уравнения (2) и (3) выражения для сил трения, получим

μN₁ – N₂ = 0;         (4)
N₁ + μN₂ – mg = 0.         (5)

Решая систему уравнений (4) и (5), найдём силы реакции опоры:

Тогда число оборотов до остановки цилиндра

Источник: «Физика – 10 класс», 2014, учебник Мякишев, Буховцев, Сотский

Законы сохранения в механике – Физика, учебник для 10 класса – Класс!ная физика

Импульс материальной точки — Закон сохранения импульса — Реактивное движение. Успехи в освоении космоса — Примеры решения задач по теме «Закон сохранения импульса» — Механическая работа и мощность силы — Энергия. Кинетическая энергия — Примеры решения задач по теме «Кинетическая энергия и её изменение» — Работа силы тяжести. Консервативные силы — Работа силы упругости. Консервативные силы — Потенциальная энергия — Закон сохранения энергии в механике — Работа силы тяготения. Потенциальная энергия в поле тяготения — Примеры решения задач по теме «Закон сохранения механической энергии» — Основное уравнение динамики вращательного движения — Закон сохранения момента импульса. Кинетическая энергия абсолютно твёрдого тела, вращающегося относительно неподвижной оси — Примеры решения задач по теме «Динамика вращательного движения абсолютно твёрдого тела»

class-fizika.ru

Примеры расчета момента инерции.

1. Стержень

2. Кольцо (тонкостенный цилиндр).

3. Диск (сплошной цилиндр).

=

4. Толстостенный цилиндр.

5. Сферическая оболочка. (В декартовый координатах).

+=

+=

=

==

6. Шар.

БИЛЕТ 14. Тензор инерции.

-?

Тензор инерции– . Это некоторая матрица:

, где ,,-осевые моменты инерции, а все остальные числа- центробежные моменты инерции.

БИЛЕТ 15. Уравнение моментов относительно неподвижной точки и центра масс. Основное уравнение динамики вращательного движения. Закон сохранения момента импульса.

Уравнение моментов

– относительно неподвижной точки (оси).

Материальная точка.

0

-Закон Изменения Момента Импульса для Материальной Точки.

Система материальных точек.

Абсолютно твердое тело.

–основное уравнение динамики вращательного движения.

– относительно центра масс.

– система материальных точек.

0 ()

-относительно оси, проходящей через центр масс системы.

Закон сохранения момента импульса.

Для замкнутой системы момент внешних сил всегда равен нулю, так как на нее внешние силы не действуют. Поэтому ЗСМИ формулируется следующим образом:

«Момент импульса замкнутой системы не изменяется с течением времени».

и

Кроме того закон выполняется для случая относительно любой неподвижной оси и центра масс: и.

БИЛЕТ 16. Работа при вращательном движении. Кинетическая энергия вращающегося тела.

Работа при вращательном движении.

Если, то

, где – смещение точки приложения силы.

==

{

Кинетическая энергия вращающегося тела.

Представим энергию всего тела, как сумму энергий материальных точек.

БИЛЕТ 17. Принцип относительности Галилея. Специальная теория относительности. Постулаты Эйнштейна.

Принцип относительности Галилея– Электронная База Знаний (с.51-53).

Постулаты Эйнштейна:

1. Все законы физики одинаковы во всех инерциальных системах отсчета.

2. Скорость света- величина постоянная и не зависит от скорости источника или приемника.

БИЛЕТ 18. Преобразования Лоренца.

Электронная База Знаний (с.54-56).

БИЛЕТ 19. Следствия из преобразования Лоренца (относительность одновременности, замедление хода движущихся часов, сокращение длины).

Электронная База Знаний (с.57-60).

БИЛЕТ 20. Преобразование скоростей (СТО).

Электронная База Знаний (с.59-60). (V. Закон сложения скоростей)

БИЛЕТ 21. Релятивистский импульс. Релятивистское выражение для энергии.

Электронная База Знаний (с.61, 62-63 III. кинетическая энергия).

БИЛЕТ 22. Интервал (СТО).

Справочник Детлафа (с. 94-95).

БИЛЕТ 23. Инварианты преобразования Лоренца.

???????????????????????????????????????????

БИЛЕТ 24. Основное уравнение молекулярно-кинетической теории.

Электронная База Знаний (С.69-71)

БИЛЕТ 25. Число степеней свободы. Закон равномерного распределения энергии по степеням свободы.

Электронная База Знаний (С.72-74)

БИЛЕТ 26. Внутренняя энергия термодинамической системы. Работа. Количество теплоты. Теплоемкость.

Электронная База Знаний (74-75, 80-83)

БИЛЕТ 27. Первое начало термодинамики. Применение первого начала термодинамики к изопроцессам. Уравнение Майера.

Электронная База Знаний (76-79)

Справочник Детлафа (с. 121).

БИЛЕТ 28. Адиабатный процесс. Уравнение адиабаты.

Электронная База Знаний (77-78)

Справочник Детлафа (с. 122-124).

БИЛЕТ 29. Политропный процесс. Уравнение политропы. Теплоемкость в политропном процессе.

Электронная База Знаний (78-79)

Справочник Детлафа (с. 124-125).

БИЛЕТ 30. Распределение Максвелла (распределение молекул по скоростям). Средняя, наиболее вероятная и средняя квадратичная скорости молекул идеального газа.

Справочник Детлафа (с. 128-132).

БИЛЕТ 31. Идеальный газ во внешнем потенциальном поле. Барометрическая формула. Распределение Больцмана.

Справочник Детлафа (с. 133-135).

БИЛЕТ 32. Эффективное сечение. Длина свободного пробега.

Эффективное сечение.

Справочник Детлафа (с. 136).

БИЛЕТ 33. Второе начало термодинамики.

Справочник Детлафа (с. 149, 158-161).

БИЛЕТ 34. Тепловые машины и их КПД. Тепловой насос. Холодильная установка.

Электронная База Знаний (84-85)

БИЛЕТ 35. Цикл Карно. КПД цикла Карно. Теорема Карно. Изменение энтропии в цикле Карно.

Электронная База Знаний (86-88)

Справочник Детлафа (с. 150-153).

БИЛЕТ 36. Неравенство Клаузиуса. Энтропия. Изменение энтропии в изолированных системах.

Электронная База Знаний (88-89)

Справочник Детлафа (с. 153-154).

БИЛЕТ 37. Энтропия и вероятность. Статистическое толкование второго начала термодинамики.

Электронная База Знаний (90-93)

Справочник Детлафа (с. 162-164).

studfiles.net

Определение моментов инерции сложных сечений относительно главных центральных осей (задачи № 29, 30, 31)

⇐ ПредыдущаяСтр 3 из 11Следующая ⇒

Рекомендуемая литература

Александров А. В., Потапов В. Д., Державин Б. П. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1995. Гл. 4.

Гастев В. А. Краткий курс сопротивления материалов. М.: Физматгиз, 1977. Гл. 15.

Дарков А. В., Шпиро Г. С. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1989. Гл. 5.

 

Основные определения

Напомним, что осевыми моментами инерции плоской фигуры относительно произвольных осей и называются величины

; . (5.13)

Центробежным моментом инерции является величина

. (5.14)

Оси называются центральными, если они проходят через центр тяжести фигуры, т. е. статические моменты относительно этих осей равны нулю. Главными осями инерции фигуры называются оси, относительно которых центробежный момент инерции равен нулю. Если фигура имеет хотя бы одну ось симметрии, то эта ось является главной осью.

Для вычисления моментов инерции относительно главных центральных осей надо уметь находить положение центра тяжести фигуры и знать, как изменяются моменты инерции при параллельном переносе и повороте осей. Напомним уже известные студенту формулы и приведем новые.

Определение центра тяжести фигуры производится по формулам

; , (5.15)

где вспомогательные оси , , относительно которых вычисляются статические моменты, выбираются произвольно.

При параллельном переносе осей моменты инерции изменяются по следующим законам:

; (5.16)

; (5.17)

Рис. 5.13. Параллельный перенос осей

. (5.18)

В формулах (5.16)–(5.18) , , – моменты инерции относительно центральных осей; , – координаты центра тяжести (точки на рис. 5.13) в системе осей , , параллельных центральным осям , (см. рис. 5.13). Заметим, что если при вычислении осевых моментов инерции знаки координат не имеют значения, то при определении центробежного момента инерции знаки координат , надо обязательно учитывать.

При повороте осей (рис. 5.14) координаты точки меняются по известному закону

(5.19)

Подставляя эти формулы в (5.13)–(5.14), получим, что моменты инерции изменяются следующим образом:

; (5.20)

; (5.21)

Рис. 5.14. Поворот осей

. (5.22)

Угол в формулах (5.20)–(5.22), на который поворачиваются оси, считается положительным, если он отсчитывается от положительного направления оси к положительному направлению оси . На рис. 5.14 угол .

Чтобы найти, на какой угол надо повернуть оси, чтобы они стали главными осями инерции, положим согласно определению главных осей центробежный момент инерции по (5.22) равным нулю. Тогда

. (5.23)

Подставляя найденный угол в формулу (5.20), можно получить формулу для определения моментов инерции относительно главных осей

. (5.24)

Моменты инерции относительно главных осей имеют экстремальные значения среди бесконечного множества центральных осей: относительно одной оси момент инерции максимален, относительно другой имеет минимальное значение. Чтобы выяснить, какой момент инерции: максимальный или минимальный – имеет место для главной оси , повернутой на угол от оси , исследуем знак второй производной функции , определяемой формулой (5.20). Вычислим эту производную:

. (5.25)

Рис. 5.15. Эллипс инерции

Если при вторая производная , то относительно оси момент инерции минимален ( ), если , то .

После определения моментов инерции относительно главных осей можно построить эллипс инерции – эллипс, полуоси которого равны радиусам инерции относительно главных осей. Радиус инерции откладывается вдоль главной оси , а – вдоль оси (рис. 5.15). Построение эллипса инерции удобно использовать для анализа правильности определения моментов инерции. Эллипс инерции должен быть вытянут в том направлении, в котором вытянута фигура.

В заключение приведем некоторые формулы для определения моментов простых фигур относительно центральных осей. Для прямоугольника (рис. 5.16, а) оси , являются не только центральными, но и главными, моменты инерции относительно этих осей

; ; . (5.26)

Рис. 5.16. К определению моментов инерций простых фигур

Для круга (рис. 5.16, б) любая ось, проходящая через центр тяжести, является главной и

; . (5.27)

У прямоугольного треугольника (рис. 5.16, в) оси , не являются главными, поэтому центробежный момент инерции относительно этих осей не равен нулю. Моменты инерции треугольника определяются по формулам

; ; . (5.28)

На рис. 5.16, г показана фигура, представляющая собой четверть круга (квадрант круга). Для этой фигуры относительно центральных осей , моменты инерции

; . (5.29)

Чтобы определить знак центробежного момента инерции треугольника или квадранта круга, надо использовать следующее правило знаков: если гипотенуза треугольника (дуги квадранта) в системе координат , описывается возрастающей функцией, то центробежный момент инерции положителен. Для показанного на рис. 5.16, в треугольника , квадрант круга, изображенный на рис. 5.16, г, имеет отрицательный центробежный момент инерции.

При определении моментов инерции фигуры, состоящей из прокатных профилей: двутавров, швеллеров, уголков (как в задаче № 31), осевые моменты инерции относительно собственных центральных осей двутавров, швеллеров, уголков берутся из таблиц прокатных профилей. Центробежные моменты инерции двутавров и швеллеров относительно собственных осей равны нулю. Центробежный момент инерции равнобоких уголков относительно осей , параллельных полкам, определяется по формуле

, (5.29а)

где , – моменты инерции относительно главных центральных осей уголка (рис. 5.16, д) – находятся по таблице прокатных профилей. Выбор знака в формуле (5.29а) производится по той же схеме, что и для треугольника или квадранта круга: если линия, соединяющая крайние точки уголка (пунктир на рис. 5.16, д), описывается возрастающей функцией в системе координат , то . Для уголка на рис. 5.16, д центробежный момент инерции .

Примеры решения задач

Пример 1. Определение моментов инерции сечения, имеющего одну ось симметрии

Условие задачи

Рис. 5.17. Фигура с одной осью симметрии

Сечение стержня представляющее собой фигуру, обладающую одной осью симметрии, показано на рис. 5.17. Требуется найти моменты инерции этой фигуры относительно главных центральных осей.

Решение

Ось – ось симметрии фигуры (рис. 5.18) – является главной осью инерции. Найдем положение второй главной центральной оси, определив положение центра тяжести фигуры. Очевидно, что центр тяжести лежит на оси симметрии, поэтому найдем только координату по последней из формул (5.15). Разобьем сложную фигуру на составляющие простые: две пары прямоугольных треугольников I , III и прямоугольник II (см. рис. 5.18). Площадь фигуры

 

Для определения статического момента выберем вспомогательную ось , проходящую через центр тяжести прямоугольника II. В этом случае статический момент фигуры II равен нулю. Чтобы найти статические моменты треугольников, умножаем площадь фигуры на координату ее центра тяжести в системе :

Тогда по (5.15)

Откладываем эту координату и проводим через центр тяжести (точку С на рис. 5.18) главную центральную ось .

Найдем моменты инерции всей фигуры относительно осей и , складывая (или вычитая) моменты инерции составляющих фигур:

;

.

Для определения момента инерции каждой из фигур I, II и Ш используем формулы изменения моментов инерций при параллельном переносе осей (5.16), (5.17). Моменты инерции прямоугольника II и треугольников I и Ш относительно собственных центральных осей (см. рис. 5.18) находим по формулам (5.26), (5.28). Тогда

Рис. 5.18. К определению моментов инерции симметричной фигуры

В заключение вычислим радиусы инерции относительно главных центральных осей по формулам (5.10) и построим эллипс инерции.

Эллипс инерции показан на рис. 5.18.

Пример 2. Определение моментов инерции

Несимметричного сечения

Условие задачи

Рис. 5.19. Несимметричная фигура

Сечение стержня представляет собой несимметричную фигуру, показанную на рис. 5.19. Требуется найти положение главных центральных осей инерции фигуры и моменты инерции относительно этих осей.

Решение

Найдем положение центра тяжести фигуры по формулам (5.15). Разобьем фигуру на три простые: треугольник I, прямоугольник II и квадрант круга Ш. Площадь всей фигуры

Для определения статических моментов выберем вспомогательные оси , проходящие через центр тяжести прямоугольника II (рис. 5.20). Статический момент каждой фигуры равен площади фигуры, умноженной на координату центра тяжести этой фигуры в системе координат . Суммарные статические моменты

Координаты центра тяжести

отложены на рис. 5.20.

Рис. 5.20. К определению моментов инерции несимметричной фигуры

Проведем через центр тяжести центральные оси (см. рис. 5.20) и найдем моменты инерции относительно этих осей, как сумму моментов инерций простых фигур, составляющих заданную фигуру. Для определения моментов инерции простых фигур I, II и Ш используем формулы (5.16)–(5.18). Моменты инерции относительно собственных осей прямоугольника, треугольника и квадранта круга вычисляем по формулам (5.26), (5.28) и (5.29).

Теперь найдем положение главных осей инерции. Угол, на который надо повернуть ось , чтобы она стала главной осью, определяем по формуле (5.23):

;

; .

В соответствии с правилом знаков откладываем отрицательный угол по часовой стрелке и проводим главные центральные оси инерции (см. рис. 5.20). Вычислим моменты инерции относительно этих осей по формуле (5.24):

; .

Для проверки вычислений удобно использовать следующее свойство: сумма моментов инерций относительно двух любых пар ортогональных осей есть величина постоянная. Тогда должно быть

.

В нашем примере .

Чтобы выяснить, какой момент инерции – максимальный или минимальный – соответствует оси , исследуем знак второй производной функции по (5.25).

.

Положительный знак второй производной означает, что оси соответствует минимальное значение момента инерции, т. е.

Найдем радиусы инерции относительно главных центральных осей по (5.10) и построим эллипс инерции.

Эллипс инерции показан на рис. 5.20. Видно, что эллипс вытянут в том направлении, в котором вытянута фигура.

Рекомендуемые страницы:

lektsia.com

Вращательное движение твердых тел. №3.1-3.50. Решение задач и сборника Волькенштейна – 26 Октября 2012 – Блог

3.1. Найти момент инерции J и момент импульса L земного шара относительно оси вращения.

Решение:

 

3.2. Два шара одинакового радиуса R = 5 см закреплены на концах невесомого стержня. Расстояние между шарами r = 0,5 м. Масса каждого шара m = 1 кг. Найти: а) момент инерции J₁ сис относительно оси, проходящей через середину стержня перпендикулярно к нему; б) момент инерции J₂ системы отно той же оси, считая шары материальными точками, массы которых сосредоточены в их центрах; в) относительную ошибку   б = (J₁ – J₂)/ J₂, которую   мы   допускаем   при вычислении момента инерции системы, заменяя величину J₁ величиной J₂.

Решение:

3.3. К ободу однородного диска радиусом R = 0,2 м прило касательная сила F = 98,1 Н. При вращении на диск действует момент сил трения M_тр=98,1 Н*м. Найти массу m дисков, если известно, что диск вращается с угловым ускоре е = 100 рад/с².

Решение:

3.4. Однородный стержень длиной l = 1 м и массой m = 0,5 кг вращается в вертикальной плоскости вокруг горизонтальной оси, проходящей через середину стержня. С каким угловым ускорением е вращается стержень, если на него действует момент сил М = 98,1 мН*м?

Решение:

3.5. Однородный диск радиусом R = 0,2 м и массой m = 0,5 кг вращается вокруг оси, проходящей через его центр перпендикулярно к его плоскости. Зависимость угловой скорости w вращения диска от времени t дается уравнением w = А + Bt, где В = 8 рад/с². Найти касательную силу F, приложенную к ободу диска. Трением пренебречь.

Решение:

3.6. Маховик, момент инерции которого J = 63,6кгм² враща с угловой скоростью w = 31,4 рад/с. Найти момент сил тор М, под действием которого маховик останавливается через время t = 20 с. Маховик считать однородным диском.

Решение:

3.7. К ободу колеса радиусом 0,5м и массой m = 50 кг при касательная сила F = 98,1 Н. Найти угловое ускорение s колеса. Через какое время t после начала действия силы колесо будет иметь частоту вращения n = 100 об/с? Колесо считать однородным диском. Трением пренебречь.

Решение:

3.8. Маховик радиусом R = 0,2 м и массой m = 10 кг соединен с мотором при помощи приводного ремня. Сила натяжения ремня, идущего без скольжения, T = 14,7Н. Какую частоту вра n будет иметь маховик через время t = 10 с после начала движения? Маховик считать однородным диском. Трением пренебречь.

Решение:

3.9. Маховое колесо, момент инерции которого J = 245 кг л, вращается с частотой n = 20 об/с. Через время t = 1 мин после того, как на колесо перестал действовать момент сил М, оно остановилось. Найти момент сил трения и число оборотов N, которое сделало колесо до полной остановки после прекра действия сил. Колесо считать однородным диском.

Решение:

З.10. Две гири с массами m₁ =2 кг и m₂=1кг соединены нитью, перекинутой через блок массой m = 1 кг. Найти ускорение а, с которым движутся гири, и силы натяжения T₁ и T₂ нитей, к которым подвешены гири. Блок считать однородным диском. Трением пренебречь.

Решение:

3.11. На барабан массой m₀=9кг намотан шнур, к концу которого привязан груз массой m = 2 кг. Найти ускорение а гру. Барабан считать однородным цилиндром. Трением прене.

Решение:

3.12. На барабан радиусом R = 0,5 м намотан шнур, к концу которого привязан груз массой m = 10 кг. Найти момент инерции J барабана, если известно, что груз опускается с ускорением а = 2,04 м/с².

Решение:

3.13. На барабан радиусом R = 20 см, момент инерции кото J = 0,1 кгм², намотан шнур, к концу которого привязан груз массой m = 0,5 кг. До начала вращения барабана высота груза над полом h_Q = 1 м. Через какое время t груз опустится до пола? Найти кинетическую энергию W_K груза в момент удара о пол и силу натяжения нити T. Трением пренебречь.

Решение:

3.14. Две гири с разными массами соединены нитью, переки через блок, момент инерции которого J = 50 кгм² и радиус R = 20 см. Момент сил трения вращающегося блока = 98,1 Нм. Найти разность сил натяжения нити T₁ -T₂по обе стороны блока, если известно, что блок вращается с угловым ускорением e = 2,36 рад/с². Блок считать однородным диском.

Решение:

3.15. Блок массой m = 1 кг укреплен на конце стола ( см. рис. и задачу 2.31). Гири 1 и 2 одинаковой массы m₁=m₂=1кг соединены нитью, перекинутой через блок. Коэффициент трения гири 2 о стол к = 0,1 . Найти ускорение а, с которым движутся гири, и силы натяжения T₁и T₂нитей. Блок считать однород диском. Трением в блоке пренебречь.

Решение:

3.16. Диск массой m = 2 кг катится без скольжения по гори плоскости со скоростью v = 4 м/с. Найти кинети энергию W_k диска.

Решение:

3.17. Шар диаметром D = 6 см и массой m = 0,25 кг катится без скольжения по горизонтальной плоскости с частотой враще n = 4 об/с. Найти кинетическую энергию W_K шара.

Решение:

3.18. Обруч и диск одинаковой массы m₁ = m₂ катятся без скольжения с одной и той же скоростью v. Кинетическая энер обруча W_Kl =4кгсм. Найти кинетическую энергию W_k2 диска.

Решение:

3.19. Шар массой m = 1 кг катится без скольжения, ударяется о стенку и откатывается от нее. Скорость шара до удара о стенку v = 10 см/с, после удара u = 8 см/с. Найти количество теплоты Q, выделившееся при ударе шара о стенку.

Решение:

3.20. Найти относительную ошибку б, которая получится при вычислении кинетической энергии W_K катящегося шара, если не учитывать вращения шара.

Решение:

3.41. Какую работу А совершает человек при переходе от края платформы к ее центру в условиях предыдущей задачи? Радиус платформы R = 1,5 м.

Решение:

3.42. Горизонтальная платформа массой m = 80 кг и радиусом R = 1 м вращается с частотой n₁ = 20 об/мин. В центре платформы стоит человек и держит в расставленных руках гири. С какой частотой n₂будет вращаться платформа. если человек, опустив руки, уменьшит свой момент инерции от J₁ = 2,94 до J₂ = 0,98 кг*м²? Считать платформу однородным диском.

Решение:

3.43. Во сколько раз увеличилась кинетическая энергия W_K платформы с человеком в условиях предыдущей задачи?

Решение:

3.44. Человек массой m₀= 60 кг находится на неподвижной платформе массой m = 100кг. С какой частотой n будет вращаться платформа, если человек будет двигаться по окружности радиусом r = 5 м вокруг оси вращения? Скорость движения человека относительно платформы v₀=4km/ч. Радиус платформы R = 10м. Считать платформу однородным диском, а человека — точечной массой.

Решение:

3.45. Однородный стержень длиной l = 0,5 м совершает ма колебания в вертикальной плоскости около горизонтальный оси, проходящей через его верхний конец. Найти период колебаний T стержня.

Решение:

3.46. Найти период колебания T стержня предыдущей задачи, если ось вращения проходит через точку, находящуюся на расстоянии d = 10 см от его верхнего конца.

Решение:

3.47. На концах вертикального стержня укреплены два груза. Центр масс грузов находится ниже середины стержня на рас d = 5 см. Найти длину стержня l, если известно, что период малых колебаний стержня с грузами вокруг гори оси, проходящей через его середину, T = 2 с. Массой стержня пренебречь по сравнению с массой грузов.

Решение:

3.48. Обруч диаметром D = 56,5 см висит на гвозде, вбитом в стенку, и совершает малые колебания в плоскости, параллельной стене. Найти период колебаний T обруча.

Решение:

3.49. Какой наименьшей длины l надо взять нить, к которой подвешен однородный шарик диаметром D = 4см, чтобы при определении периода малых колебаний T шарика рассматривать его как математический маятник? Ошибка б при таком допущении не должна превышать 1%.

Решение:

3.50. Однородный шарик подвешен на нити, длина которой l равна радиусу шарика R . Во сколько раз период малых коле T₁ этого маятника больше периода малых колебаний T₂ математического маятника с таким же расстоянием от центра масс до точки подвеса?

Решение:

rechizadathu.ucoz.ru

---