Поступательное движение твердого тела

Поступательное движение — движение (рис. 5.2), при котором лю- бая прямая, жестко связанная с движущимся телом, остается парал- лельной своему первоначальному положению. Поступательное дви- жение может быть прямолинейным и криволинейным. Можно показать, что при поступательном движении одинаковыми являются все харак- теристики движения всех точек. Следовательно, в этом случае кине- матика, динамика и статика твердого тела сводятся к кинематике, ди- намике и статике любой частицы (материальной точки) тела, кото- рые рассматривались ранее.

 

 

Рис. 5.2

 

 

ВРАЩЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА ВОКРУГ НЕПОДВИЖНОЙ ОСИ. МОМЕНТ ИНЕРЦИИ ТВЕРДОГО ТЕЛА.

ТЕОРЕМА ШТЕЙНЕРА

Дискретная система частиц

W

k k W z = W

 

R i

i

m

p

i

 

J O ri

Рис. 5.3

Рассмотрим дискретное твердое тело, которое может совершать только одно движе- ние — вращение вокруг непод- вижной оси, и определим, как меняется со временем его угол поворота вокруг этой оси. Со- вместим ось z декартовой сис- темы координат с осью вра- щения и направим ее вверх. Напомним, что выбор направ- ления оси z (вдоль оси враще- ния) задает по правилу правого

винта положительное нап�рав-

ление отсчета угла j. В соответствии с определением вектора w уг- ловая скорость вращения (рис. 5.3) одинакова для всех частиц тела и параллельна оси z, т. е.

� � � � �

� w = w zk = 0 × i + 0 × j + w zk, (5.15)

где k — единичны�й вектор, направленный вдоль оси z, а проекция угловой скорости w на ось z в общем случае равна

 

� w z = ±w, (5.16)

где w — модуль вектора w. По формуле Эйлера для скорости любой точки вращающегося тела имеем

� � �

v = [ w, r ], (5.17)

r

где � — радиус-вектор точки. Выберем за начало системы координат

любую точку О, лежащую на оси вращения. В соответствии с опреде- лением векторного произведения получаем (смотри с. 279)

� � �

⎡� � � � � �⎤

� � �

v = [ w, r ] = ⎣0 i + 0 j + w zk, xi + yj + zk ⎦=

С другой стороны,

-w z yi + w z xj + 0 × k.

 

 

Следовательно,

� � � �

v = vxi + vy j + vzk.

vx = -wz y

vy = wz x

vz = 0. (5.18)

Тогда момент импульса и момент импульса относительно оси z любой частицы тела массой m равны (4.3)

�� � � � � � �

L = [ r,p ] = [ xi + yj + zk, m(vxi + vy j + vzk) ] =

� � � � � �

� �

= m [ xi + yj + zk, vxi + vy j + vzk ] = �

= - mxz w - myz w + m (x 2 + y 2)w k.

 

(5.19)

zi z j z

Так как � � � �

L = Lxi + Ly j + Lzk,

то, сравнивая с (5.19), получаем

Lx = - mxz w z,

Ly = - myz w z,

2 2 2

Lz = m (x + y)w z = mR w z, (5.20)

где R =

— расстояние от частицы до оси z, или радиус вра-

щения частицы вокруг оси z. Так как расстояние от частицы до оси вращения (радиус вращения) не зависит от выбора начала системы координат (т. О), то от этого выбора не зависит величина Lz. Доба- вим в выражение для момента импульса частицы относительно оси z индекс i всем переменным за исключением w z, так как угловые ско- рости (и их проекции) одинаковы для всех частиц тела. Тогда для i частицы получаем

 

i i z

Liz = m R 2w (5.21)

Подставляя это выражение в формулу (4.20), рассчитаем проек- цию момента импульса системы частиц (твердого тела) при его вра- щении вокруг неподвижной оси

L = å L =å(m R 2)w = w å I, (5.22)

 

где

z iz

i i

i i z z i i

i i i

I = m R 2. (5.23)

— момент инерции i - ой частицы твердого тела относительно оси z. Введем момент инерции твердого тела I как алгебраическую сумму мо- ментов инерции составляющих его частиц, т. е.

I = å Ii i

= å m R 2. (5.24)

i i

i

Размерность момента инерции [ I ] = [кг · м2]. Отметим, что при выборе другой оси расстояния от оси до частиц изменятся. Следова- тельно, изменится и момент инерции системы частиц. Подставляя (5.24) в (5.22), получаем проекцию момента импульса твердого тела на ось вращения в виде

Lz = I w z. (5.25)

Проектируя на ось z векторное уравнение (5.2) получаем

dLz = M.

dt z

Так как момент инерции твердого тела (а бсолютно твердого тела)

I не меняется со временем, то

dLz = d (I w z) = I d w z = I e, (5.26)

или

dt dt

dt z

I e z = Mz, (5.27)

d w d 2j

где e = z = z = ±e — проекция вектора углового ускорения на

z dt dt 2

ось z, e — модуль вектора углового ускорения; w z = d j z / dt = ± w — проекция вектора угловой скорости на ось z, w — модуль вектора уг- лового скорости; j z = ±j — проекция вектора угла поворота на ось z,

j — модуль вектора угла поворота. Из уравнения (5.27) следует, что

I e = M.

 

Уравнение (5.27) называется основным уравнением вращательного движения или вторым законом Ньютона для вращательного движения. В отличие от поступательного при вращательном движении твердо- го тела вокруг неподвижной оси одинаковыми являются только угло- вые характеристики движения всех точек. Следовательно, кинема- тика вращательного движения тела совпадает с кинематикой враща- тельного движения точки. Поэтому

t

w z = w0 z + òe zdt, (5.28)

t t t

j z = j0 z + òw zdt = j0 z + w0 zt + òòe zdt. (5.29)

Если e�= const (e = c 0), то 0 0

z onst

w z = w0 z + e zt, (5.30)

e t 2

j z = j0 z

+ w0 z

t + z. (5.31)

 

Непрерывная система частиц

Во многих случаях удобнее рассматривать твердое тело как непрерыв- ную среду. Для этого твердое тело мысленно разбивают на бесконечно малые частицы с бесконечно малой массой dm. Заменяя в уравнении

(5.24) Ii ® dI и mi ® dm, получаем определение бесконечно малого

момента инерции бесконечно малой массы dm в виде (рис. 5.5)

dI = R 2 dm, (5.32)

где R — расстояние от бесконечно малой частицы до оси вращения. То- гда для нахождения момента инерции непрерывной системы частиц

относительно некоторой оси вместо суммирования конеч- ного числа конечных момен- тов инерции отдельных частиц в выражении (5.24) надо сум- мировать (интегрировать) бес-

z W

 

 

R dm

конечно большое число беско- нечно малых моментов инер- ции отдельных частиц, т.е.

 

 

Рис. 5.5

dp = dmv

I = ò R 2 dm. (5.33)

V

r

Непрерывное распределение массы в пространстве в общем слу- чае характеризуется объемной плотностью r(�), которая определяет-

ся как отношение бесконечно малой массы тела dm к бесконечно ма- лому объему этой массы dV, т. е.

r

r(�) = dm, (5.34)

� dV

где r — радиус-вектор, определяющий положение бесконечно малой массы в пространстве в некоторой системе координат. Тогда

r

dm = r(�) dV. (5.35)

Так же, как и плотность тела r(�), расстояние от любой точки тела

r �

до оси вращения зависит от радиус-вектора этой точки, т. е. R = R (r). Из (5.35) и (5.33) получаем выражение для определения массы тела и его момента инерции относительно некоторой неподвижной оси

r

m = ò dm = òr(�) dV, (5.36)

� � V

�

I = ò dI = ò R 2 dm = òr(r) R (r)2 dV = òòò

r(x, y, z) R (x, y, z)2 dxdydz. (5.37)

V

случае,

В простейшем

когда

V

тело

r

однородно, т. е. r() = const, и

 

Тогда

r= m = const. (5.38)

V

dm = r dV, (5.39)

I =ò ò ò

r(x, y, z) R (x, y, z)2 dxdydz = m òòò

R (x, y, z)2 dxdydz. (5.40)

V V V

Если интегрирование происходит по объему тела, то интеграл на- зывается объемным. Он достаточно легко вычисляется, когда подынте- гральное выражение и тело, по объему которого производится интег- рирование, обладают каким- либо типом симметрии: плоской, осевой, цилиндрической или сферической. В этих случаях объемный интеграл легко сводится к определенному интегралу. Отметим, что момент инер- ции — величина аддитивная (как и масса). Это означает, что момент инерции тела относительно любой оси всегда равен сумме моментов инерции относительно этой же оси его частей. Момент инерции ве- личина неотрицательная.

Теорема Штейнера. Момент инерции I тела относительно некото- рой оси z равен моменту инерции IC тела относительно оси z' параллель- ной z, и проходящей через центр масс тела, плюс произведение массы m тела на квадрат расстояния а между осями:

I = IC + ma. (5.41)

 

О

Рис. 5.6

 

Докажем эту теорему. Момент инерции тела относительно оси z

равен

i i

I = å m R 2,

i

где Ri — расстояние от произвольной точки тела K до оси z. Прове-

дем через цен�тр м�асс тела (т. С) ось z ¢, параллельную оси z, и вве-

дем вектора R, R ¢ и � (рис. 5.6), где R ¢ — расстояние от точки K до

i i a i

оси z ¢, а — расстояние между осями. Тогда имеем

� � �

Ri = Ri ¢ + a.

�

�

Возведя в квадрат это векторное равенство, получим

2 � � 2 2

� � � 2

Ri = (Ri ¢ + a) = Ri ¢ + 2 Ri ¢ a + a.

Момент инерции тела, записанный относительно оси z, можно выразить как

� � � � � � � �

I = å m R 2 =å m (¢2 + 2 ¢ + 2) =å m ¢2 +2 å m ¢+ 2 å m.

i i i Ri

i i

Ria a

i Ri

i

a i Ri a i i i

По определению

 

å m R ¢2 = I ¢ = I

�

i i C,

i

где IC – момент инерции относительно произвольной точки оси z ¢, проходящей через центр масс тела. Из (4.29, 4.35) следует, что

�

� å mi ri ¢ �

å m r ¢= m i = mr = 0,

m

i i СЦ

i

å m ¢

�

i ri �

так как å mi

= m — масса тела, а i

m

= r СЦ = 0 — радиус-вектор

i

центра масс системы, рассчитанный в системе отсчета, связанной с центром масс, т. е. в Ц-системе. Разложим радиус-вектор центра масс системы и все радиус-векторы точек системы на сумму двух взаимно перпендикулярных векторов: параллельных оси z и лежащих в плос- кости, перпендикулярной оси z.

� � � 1 � 1

� � 1

� 1 �

m m m m

r Ц¢ = r Ц¢^+ r Ц¢ = å miri ¢ = å mi (ri ¢^+ ri ¢) = å miRi ¢ + å miri ¢ = 0.

i i i i

Если сумма двух взаимно перпендикулярных векторов равна нулю,

то и каждый из этих векторов рав�ен нулю. Следовательно,

å mi Ri ¢ = 0.

i

Тогда

I = å m � ¢2+2 �å m � ¢+å m �2= I

 

+ ma 2.

R a R a

i i i i i C i i i

Вопросы и задания для самопроверки

1. Линейные или угловые скорости являются одинаковыми для всех частиц системы при ее вращении относительно неподвижной оси?

2. Как связаны между собой вектор линейной скорости частицы и вектор ее угловой скорости?

3. Как связаны между собой вектор момента импульса частицы и вектор ее угловой скорости при вращательном движении вокруг не- подвижной оси?

4. Дайте определение момента инерции частицы и системы частиц.

 

5. В каких единицах измеряется момент инерции?

6. Запишите второй закон Ньютона и основное уравнение враща- тельного движения.

7. Сформулируйте теорему Штейнера.

 

Примеры решения задач

Задача 5.4

Определить момент инерции прямоугольной пластины длиной L, шириной b и массой m относительно оси, параллельной ее боковой стороне и: 1) проходящей через боковую сторону, 2) проходящей че- рез середину пластины (центр масс).

y

O

а б

Дано: m — масса пластины; L — длина пластины; b — ширина пластины.

Найти: I — момент инерции пластины (стержня).

Площадь сплошной однородной прямоугольной пластинки и ее поверхностная плотность равны

S = Lb, (1)

s = m. (2)

S

Направим ось х вдоль стороны пластинки, длина которой L. Рас- смотрим часть пластинки в виде бесконечно тонкой полоски, парал- лельной оси Оу и расположенной на расстоянии х от нее (рис. а). Ши- рина полоски бесконечно мала и равна dx. Тогда площадь ds и масса dm этой бесконечно тонкой полоски

ds = bdx, (3)

 

dm = s ds = m ds = m bdx = m dx. (4)

S Lb L

Все точки бесконечно тонкой полоски пластины находятся на оди- наковом расстоянии от оси у. Следовательно, момент инерции бес- конечно тонкой полоски (5.32)

dI = r 2 dm = x 2 m dx. (5)

L

Момент инерции всей пластинки относительно оси равен сумме моментов инерции относительно той же оси всех бесконечно тон- ких полосок, на которые можно разрезать пластинку. Тогда получа- ем (5.37)

L m m x 3 L mL 2

I = ò dI = ò x 2 dm = ò x 2 dx = =. (6)

0 L L 3 0 3

Если рассчитать момент инерции пластинки относительно оси, проходящей через середину пластинки (рис. б) вдоль оси у, то

L / 2 m

m x 3

L / 2

mL 2

I = IC = ò dI = ò x 2 dm =

ò x 2 dx = =

. (7)

- L / 2 L

L 3 - L / 2 12

Очевидно, что момент инерции не зависит от ширины пластинки

b. Следовательно, результат справедлив и для пластинки с бесконечно малой шириной, т. е. для стержня длиной L и массой m. Еще раз под- черкнем: момент инерции любого тела можно определить только тогда, когда известно, относительно какой оси он должен рассчитываться.

Ответ: 1) I =

стержня).

mL 2

, 2) I =

3 C

mL 2

(для прямоугольной пластины и

 

Задача 5.5

Определить момент инерции цилин-

дрической поверхности высотой H, ра- R

диусом основания R и массой m отно-

сительно оси, проходящей через центр R H основания поверхности параллельно ее направляющим.

Дано: m — масса цилиндра; H — вы- сота цилиндра; R — радиус основания.

 

Найти: I — момент инерции цилиндрической поверхности.

Так как ось проходит через центр симметрии цилиндрической по- верхности (а значит и церез точку центра масс), то I = IC. Так как все точки цилиндрической поверхности находятся на одинаковом рас- стоянии R от оси цилиндра, то выражение (5.33) сводится к виду

2 2 2

I = IC = ò r dm = R ò dm = mR. (1)

Результат не зависит от высоты цилиндрической поверхности H. Следовательно, он справедлив для цилиндрической поверхности бес- конечно малой высоты, т. е. для обруча радиуса R и масссой m.

Ответ: IC = mR (для цилиндрической поверхности и обруча).

Задача 5.6

Определить момент инерции

сплошного цилиндра высотой H, ра-

диусом основания R и массой m от- R

носительно оси, проходящей через центр цилиндра параллельно его на-

правляющим. H

Дано: m — масса цилиндра; H — высота цилиндра; R — радиус осно- вания.

Найти: I — момент инерции ци- линдра (диска).

r dr

Так как ось проходит через центр симметрии цилиндра, то I = IC. По определению объем и плотность сплошного однородного цилин- дра

V = SH = p R 2 H, (1)

r= m. (2)

V

Выделим бесконечно тонкий цилиндрический слой толщиной dr на расстоянии r от оси цилиндра. Объем и масса бесконечно тонко- го слоя равны

dV = dsH = 2p rdrH, (3)

dm = r dV = m 2p rHdr = m 2p rHdr = 2 mrdr. (4)

V p R 2 H R 2

 

Здесь ds = 2p rdr

— площадь заштрихованного кольца. Так как все

точки бесконечно тонкого цилиндрического слоя находятся на од- ном и том же расстоянии r от оси, то бесконечно малый момент инер- ции этого слоя равен

dI = r 2 dm = r 2 2 mrdr = 2 m r 3 dr. (5)

R 2 R 2

Момент инерции сплошного цилиндра относительно оси, про- ходящей через его центр параллельно направляющим, равен сумме моментов инерции относительно той же оси всех бесконечно тонких цилиндрических слоев, на которые можно разрезать сплошной ци- линдр. Расстояние r от произвольного слоя до оси изменяется от 0 до R. Тогда получаем (5.37)

R

I = IC = ò dI = ò r dm =

2 m R R

ò

2 r dr = = m

R 4 mR 2

=

2

 

. (6)

0 R 0

2 R 2

Так как результат не зависит от высоты цилиндра, то он справед- лив и для любого диска радиусом R, массой m.

mR 2

Ответ: IC =

Задача 5.7

(для цилиндра и диска).

2

Определить момент инерции шара ра- диусом R и массой m относительно оси, проходящей через его центр

Дано: m — масса шара; R — радиус

шара. X

Найти: I — момент инерции шара. Так как ось проходит через центр сим-

метрии шара, то I = IC. Направим оси x и

y так, как показано на рисунке. Выделим

бесконечно тонкий диск, вырезаемый двумя параллельными плоско- стями, отстоящими от центра шара C на расстоянии y и y + dy. Пре- небрегая краевыми эффектами, будем считать, что бесконечно ма- лый объем и бесконечно малая масса такого диска

dV = p x 2 dy, (1)

dm = r dV = rp x 2 dy, (2)

 

где r — плотность шара, p x 2 — площадь круга, радиусом x. В задаче

5.5 рассчитан момент инерции диска относительно этой же оси

mR 2

I =,

где m и R — масса и радиус диска. Сделаем в этом выражении сле- дующие замены:

I ® dI, m

® dm, R

® x. (3)

Тогда получаем выражения для момента инерции бесконечно тон- кого диска, находящегося на расстоянии y от центра шара

dmx 2

dI =. (4)

Момент инерции шара равен сумме моментов инерции бесконеч- но тонких дисков, на которые можно разбить шар, расстояния y от диска до центра шара изменяются от – R до R. Так как таких дисков — бесконечное множество, то вместо суммирования моментов инерции надо производить их интегрирование. Проинтегируем выражение (4) с учетом равенства (2) и равенства (5) (см. рис.)

x 2 = R 2 - y 2, (5)

x 2 dm R x 2rp x 2 dy

I = IC = ò dI = ò = ò =

- R

ò

R prpr R

= (R 2 - y 2)2 dy =

- R 2 2

ò(R 4 - 2 R 2 y 2 + y 4) dy =

- R

pr R R R

= (ò R 4 dy - 2 R 2ò y 2 dy + ò y 4 dy) =

2 - R

- R - R

3 3

= pr [ R 4 (R - (- R)) - 2 R 2 (R - (- R)

) + (

R 5 (- R)5

-

)] =

2 3 3 5 5

= pr

(2 R

5 -4 R +2 R

) = pr(2 R

5 -14 R

pr 16 R 5

=

) ()

= pr

R 3 8 R =

5 5

2 3 5 2

2 R 2

15 2 15 15

2

= r(

4 3

p R 3)

5

= mR 2, 5

где m =r p R 3 — масса шара.

3

Ответ: IC = 5 mR

(для шара).

 

Задача 5.8

Определить момент инер- ции I тонкого однородно- го стержня длиной L = 1 м и массой m = 0,3 кг относитель-

 

 

Ось вращения, проходящая через центр масс

C

 

Ось вращения

a b

но оси, перпендикулярной стержню и проходящей через

точку, отстоящую от конца стержня на b = L /10. Дано: m = 0,3 кг; L = 1 м; b = L /10 = 0,01 м. Найти: I.

L/ 2

В задаче 5.4 вычислен момент инерции однородного стержня ис- ходя из определения момента инерции. Рассмотрим эту же задачу с использованием теоремы Штейнера. По теореме (5.41) момент инер- ции стержня относительно произвольной оси

I = IC + ma 2. (1)

Центр масс стержня находится в центре его симметрии, т. е. в сере- дине. Момент инерции стержня относительно оси, проходящей через его центр масс перпендикулярно стержню (задача 5.4, выражение 7)

mL 2

IC =

. (2)

12

Расстояние между осью вращения и параллельной ей осью вра- щения, проходящей через центр масс стержня,

a = L - b = L - L = 0, 4 L. (3)

2 2 10

Подставляя (2) и (3) в (1), получаем

I = IC

mL 2 2

+ = +

ma 2 m (

12 5

L)2 =

300

mL 2. (4)

Найдем численное значение момента инерции

I = 73 0, 3×12 = 0, 073 кг· м2.

Ответ: I =

73 mL 2 = 0, 073 кг· м2.

300

Составим таблицу из полученных нами значений моментов инер- ции некоторых тел. Все рассмотренные тела являются фигурами вра-

 

щения. Более полные таблицы моментов инерции таких тел можно найти в справочниках по математике и физике.

Таблица моментов инерции некоторых тел

Название	Ось	Момент инерции
Тонкий стержень длиной L	Проходит перпендикулярно стержню через его середину	(1/12) mL 2
Сплошной цилиндр (диск) радиуса R	Совпадает с осью цилиндра	(1/2) mR 2
Цилиндрическая поверхность радиуса R	Совпадает с осью цилиндра	mR 2
Шар радиуса R	Проходит через центр шара	(2/5) mR 2

Задача 5.9

На однородный сплошной цилинд- z

рический вал радиусом R = 1 м намота-

на легкая нить, к концу которой прикре- O R

 

 

K ` нить

T `

плен груз массой m = 10 кг. Груз, разма- a m

тывая нить, опускается с ускорением a = 1 м/с2. Определить: 1) момент инерции вала относительно оси, совпадающей с

a m T

y

P ` = m ` g

 

K

осью цилиндра, 2) массу вала m в.

Дано: m = 10 кг; R = 1 м; а = 1 м/с2;

g = 10 м/с2.

Найти: I, m в.

P = mg

Запишем второй закон Ньютона для груза в векторной форме

� � �

ma = P + T. (1)

Спроектируем векторное уравнение на ось у

ma = mg - T. (2)

Запишем второй закон Ньютона для вращательного движения вала в скалярной форме

M = I e. (3)

Рассмотрим моменты всех сил, приложенных к валу относитель- но точки О. Единственной силой, вращающей вал вокруг оси, явля- ется сила T', приложенная к валу со стороны веревки. Линии дейст-

 

вия силы тяжести вала и силы реакции оси вала (на рис. не показа- ны) проходят через точку О. Следовательно, моменты этих сил равны нулю. По определению модуль момента силы T' равен

M = T ¢ R. (4)

Найдем связь между силами, приложенными к валу T' и телу T, со стороны нити. Запишем второй закон Ньютона для нити массой

m' (см. рис.)

m ¢�= � + � ¢ +m' �, (5)

a K K g,

� �

где K и K ¢ — силы, действующие на нить со стороны тела и вала. По третьему закону Ньютона

K = T, (6)

K ¢ = T ¢.

Предполагаем, что нить неве�сома�. Тогда (5)

0 = K + K ¢.

и, следовательно,

 

Из (6) и (7) получаем

 

K = K ¢ (7)

 

T ¢ = T. (8)

Подставляя (8) в (4), имеем

TR = I e. (9)

Выражая T из (9) и подставляя в (2), определяем момент инер- ции вала I

I = TR = m (g - a) R. (10)

e e

Предполагаем, что нить нерастяжима. Тогда модуль тангенциаль- ного ускорения нити на криволинейном участке должен равняться модулю ускорения нити на прямолинейном участке, т. е.

a t= a. (11)

Так как

 

a

e = t, (12)

R

t

где a — модуль тангенциального ускорения нити при ее движении по валу, то подставляя (11) и (12) в (10), получаем

 

I =

m (g - a) R = m (g - a) R 2

= mR 2 (g

-1). (13)

e a a

Момент инерции сплошного цилиндрического вала (цилиндра) относительно его оси (задача 5.6, выражение 6) равен

m R 2

I = в. (14)

Подставим (14) в (13) и выразим массу вала m в

2 I 2 mR 2 g g

m в = =

R 2

(-1) = 2 m (-1). (15)

R 2 a a

Найдем численные значения

(

I = mR 2 (g -1) = 10 ×12 10 -1) = 90 кг· м2,

a 1

m = 2 m (g -1) = 2 ×10 10 -1) = 180 кг.

в (

a 1

Ответ: I = mR 2 (g -1) = 90 кг· м2, m = 2 m (g -1) = 180 кг.

a в a