doc2
.pdf180 |
X. Динамика материальной системы |
Определим положение центра масс системы:
M—+mL+mAb
а с = — 2
М+т+тА
и момент инерции системы относительно оси z, проходящей через точку О:
/гсист = Iz +mL2 +mAb2 = ML+mb2 +mAb2. |
||
Тогда согласно формуле (1) |
<гт2 |
|
ML2 |
|
|
_ 3 -л-mL2 |
+mAb2 |
|
' 2 = |
- 7 1 |
|
|
M—+mL+mJ> |
Частота колебаний не изменится, если приведенная длина маятника будет постоянной, т.е. при / = 1г:
2 |
ML2 |
|
т2 L2 |
|
+mLr+mAbz |
||
I = |
_ |
|
. |
|
M—+mL+mAb |
||
Из этого равенства найдем |
|
|
|
|
|
1 |
,2 |
|
|
-mL |
|
|
|
Ы-Ь2 |
|
Определим минимальную массу груза А и расстояние OA = b. |
|||
Введем обозначение -2bL-b2 |
= f(b). Из условия f'(b) = 2 -L-2b-0 |
b = ^L. Так как f"(b) = - 2 <0, то при этом значении b f(b) будет максимальной, а тА — минимальной:
1
-mL
т . |
3 |
_ З т |
3 |
3 |
и |
Ответ: тА = 3т; b = OA =3- L.
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения |
181 |
Задача 37.30
Для регулирования хода часов к маятнику массы Мх, приведенной длины / с расстоянием а от его центра тяжести до оси подвеса прикрепляют добавочный груз массы М2 на расстоянии х от оси подвеса. Принимая добавочный груз за материальную точку, определить изменение А/ приведенной длины маятника при данных значениях М2 и х и значение х = хх, при котором заданное изменение Д/ приведенной длины маятника достигается при помощи добавочного груза наименьшей массы.
Р е ш е н и е |
|
|
Рассмотрим колебания системы, состоящей |
у |
|
из часового маятника с добавочным |
грузом. |
|
Покажем на рисунке действующие на систе- |
|
|
му силы: силы тяжести маятника M\g и доба- |
|
|
вочного груза M2g, реакции оси Х0и¥0в |
точ- |
|
ке О. |
|
|
Из выражения приведенной длины маят- |
|
|
ника |
|
|
определим значение его момента инерции: |
|
|
Iz = Л/, о/. |
|
|
Найдем момент инерции системы: |
|
|
/сист = ^ + MiXi = |
M[ai + |
м2х2. |
Определим положение центра масс системы
ас
Мха + М2х
Mi + М2
и ее приведенную длину |
|
Mi al + М2х2 |
_Mxal + М2х2 |
(Mi+Mм2) Мха + М2 х ~~ Mla + M 2 x , |
|
Ml + м 2 |
|
где М — общая масса системы, М = Мх+ |
М2. |
182 |
X. Динамика материальной системы |
|
Найдем изменение приведенной длины маятника |
||
д / _ / |
_ / _ М]й1 + М2х2 ! _ |
М2(х-[)х |
сист |
М\а + М2х |
М\а + М2х |
Выразим из этого равенства массу добавочного груза |
||
|
М]йМ |
|
|
М2=- х(1 + М)-х2' |
|
Определим значение х = хх, при котором масса добавочного груза будет наименьшей. Для этого
dxd [хЦ + Д./) - х2] = О
или
1 + А1—2Х] =0.
Тогда
* ! = " ( / + А/).
Примечание. См. пояснения решения задачи 37.29.
О т в е т : приведенную длину маятника надо уменьшить на
А1= Щх-Г)х |
1 у+ |
Мха + М2х |
2 |
Задача 37.31
Для определения момента сил инерции / D, данного тела относительно некоторой оси
АВ, проходящей через центр масс G тела, его подвесили жестко скрепленными с ним стержнями AD и BE, свободно насажанными на неподвижную горизонтальную ось DE, так, что ось АВ параллельна DE] приведя затем тело в колебательное движение, оп-
ределили продолжительность Т одного размаха. Как велик момент инерции /, если масса тела М и расстояние между осями АВ и DE равно А? Массами стержней пренебречь.
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения |
183 |
Р е ш е н и е
Рассмотрим движение тела, подвешенного на невесомых стержнях. Покажем на рисунке для положения, когда стержни AD и BE составляют угол ф с вертикалью, действующие силы: силу тяжести Mg,
реакции NA и NB стержней. |
|
|
Запишем дифференциальное уравнение |
|
|
вращательного движения системы относи- |
Е |
|
тельно оси |
|
|
h'$=lMz<Fke). |
CD |
|
Найдем главный момент внешних сил |
Mg |
|
относительно оси z', проходящей через |
||
ось DE: |
|
|
X M,.(Fkc) = -Mgh sin ф = -Mgtiq, |
(2) |
|
где sin ф = ф. |
|
|
Момент инерции тела определим по теореме Гюйгенса — Штей- |
||
нера: |
|
|
Iz. = Iz+Mh2. |
(3) |
|
Подставим выражения (2) и (3) в уравнение (1): |
|
|
(Iz + Mh2)<p = |
-Mghq |
|
и после преобразования получим |
|
|
Mgh |
ф = 0 |
|
Ф+ L +Mh2 |
|
|
или |
|
|
где к2 = |
Mgh |
L + Mh2' |
Это дифференциальное уравнение является уравнением колебаний тела относительно оси zf. Найдем полупериод колебаний
Т = ~ = |
Mgh |
Iz + Mh2 |
|
Mgh |
|||
к |
|||
|
Iz+Mh2 |
|
184 X. Динамика материальной системы
и определим значение момента инерции тела
Iz |
Т 2 |
f nrl |
= -jMgh |
- Mh2 = hMg |
|
|
it |
К g |
Ответ: Iz = hMg |
Tl_h |
|
Задача 37.32
Решить предыдущую задачу с учетом массы тонких однородных прямолинейных стержней AD и BE, если масса каждого из них равна М\.
Р е ш е н и е
Рассмотрим движение системы, состоящей из тела и двух стержней. Покажем на рисунке действующие на систему силы: силы тяжести тела Mg и стержней Mxg, реакции X'd,TD И Х'Е, У£ опор.
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения сис- * темы относительно оси i , проходящей через ось DE:
(1)
Найдем главный момент внешних сил относительно оси
где sin cp = ф.
Приведенный момент инерции системы относительно оси
I |
, = 1 , +2 Iе? |
|
Jnpz |
*Z т |
' |
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения |
185 |
определим момент инерции тела относительно оси i :
Iz- = It + Mh2
и момент инерции стержня относительно оси ??
f , |
_ |
fjaii |
3 |
z |
12 |
\ 2 J |
Тогда
Полученное значение подставим в уравнение (1):
I z + 3 M + 2 M i h 2 ^ _ { M + M i ) g h ( ?
и после преобразования получим |
|
|||
|
|
(M + Mx)gh |
А |
|
|
/ , |
+ |
L /r |
|
или |
г |
|
3 |
|
|
!Г2, |
|
||
|
|
|
||
|
|
ф+£ Ф = 0, |
|
|
где к2 = • |
+ |
|
|
|
11+Ш+Ш>„2 |
|
|
|
|
1 |
3 |
|
|
|
Найдем полупериод колебаний |
|
|||
|
|
|
, |
+ ЗМ+2М] . о |
|
A: I (M + M,)gA |
\ |
(M + Mx)gh |
|
|
ЪМ+2М1иг |
|
||
и определим значение момента инерции тела |
||||
|
|
ЪМ +2МХ |
2 |
|
|
т 2 _ 1 < + : |
з |
|
|
|
л2 |
(M + M,)gh |
|
186 |
|
X. Динамика материальной системы |
Iz=h |
Т2 |
Mx)g- ЗЛ/+2Л/, |
(M + |
||
О т в е т : Iz = h (M + Mx)gT2 |
3M+2Mih |
Задача 37.33
Для определения момента инерции шатуна его заставляют качаться вокруг горизонтальной оси, продев через втулку цапфы крейцкопфа тонкий цилиндрический стержень. Продолжительность ста размахов 100Г = 100 с, где Г — половина периода.
Затем для определения расстояния АС = h центра масс С от центра Л отверстия шатун положили горизонтально, подвесив его в точке А к талям и оперев точкой В на платформу десятичных весов; давление на нее оказалось при этом равным Р. Определить центральный момент инерции / шатуна относительно оси, перпендикулярной плоскости рисунка, имея следующие данные: масса шатуна М, расстояние между вертикалями, проведенными через точки Ан В (см. правый рисунок) равно /, радиус цапфы крейцкопфа г.
Р е ш е н и е
Рассмотрим равновесие шатуна при его взвешивании на весах (рис. ! ) • . • _ _
На него действуют силы: NA — реакция нити, Mg — вес и Ng — реакция платформы весов, которая равна силе давления Р.
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения |
187 |
|
Запишем уравнение моментов внеш- |
% |
|
них сил относительно центра А (точки |
|
|
подвеса): |
|
|
= О, |
|
|
PI - Mgh = 0. |
|
|
Найдем положение центра масс С |
|
|
шатуна |
|
|
h = — . |
Рис. 1 |
|
Mg |
|
|
Подвесим шатун на стержень и рассмотрим его движение (рис. 2). Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения
вокруг оси Oz, проходящей через точку О подвеса:
/0 Ф = I M 0 ( F / ) . |
(1) |
Найдем главный момент внешних сил относительно оси Oz:
%М0(Рке) = -Л/£(А + /")sin ф =
гдеБтф^ф.
Выразим момент инерции шатуна 10 через его центральный момент инерции:
Io = Ic + M(h + r)2. |
(3) |
Подставим выражения (2) и (3) в уравнение (1):
[Ic + M(h + г)2] ф = -Mg(h + г)ф
и получим |
|
|
ф + |
Mg{h + г) |
п |
i — ф - О |
. Iс + M(h + г)
или
ф = к2ф = 0,
2 Mg(h + r) где к1 = Ic + M(h + r)v
+ г)ф, |
(2) |
Рис. 2
188 X. Динамика материальной системы
Полученное уравнение является дифференциальным уравнением колебаний шатуна.
Найдем полупериод колебаний:
Т = Я |
Я |
|
Mg(h + г) |
|
Ic + Mih + rf |
и определим из этого равенства центральный момент инерции шатуна
/ = /с = Ц-М8ф + г) - M(h + r)2 |
= llMgllL |
+ г -М |
Р1_ |
|||||
{Mg |
• + г |
|||||||
я |
|
|
|
я |
^Mg |
|
||
PI |
v gT2 |
М>/ ^Mr) |
^ Pl + |
|
Mgr(gT2 |
Pl_ |
|
|
— |
+ г |
|
g |
|
|
|
Mg |
|
Mg |
. V |
|
|
|
|
|
||
О т в е т : I - PI + Mgr |
gT2 |
PI -r |
|
|
|
|
||
|
g |
я2 |
Mg |
|
|
|
|
|
Задача 37.34
Маятник состоит из стержня АВ с прикрепленным к нему шаром массы m и радиуса г, центр которого С находится на продолжении стержня. Определить, пренебрегая массой стержня, в какой точке стержня нужно поместить ось подвеса для того, чтобы продолжительность одного размаха при малых качаниях имела данную величину Т.
Р е ш е н и е
Рассмотрим движение маятника. 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:
/ г ф = -mgh sin ф,
где h — расстояние от точки подвеса до центра масс С шара.
37. Теорема об изменении главного момента количеств движения |
189 |
Так как для малых колебаний sin<p = <p, то можем записать
/г ^
или
ф+£2ф = 0,
где А:г _ mgh h
Найдем момент инерции шара относительно оси г.
Iz=Jc+m{OC)2=^mr2+mh2.
Определим полупериод колебаний или продолжительность одного
размаха |
|
|
|
|
® |
~ |
~ |
I2 |
..2 _1_ 2 |
-mr2+mh2 |
|
\-r2 + h1, |
||
к jmgh \mgh |
mgh |
|
|
Sh |
У h |
|
|
|
|
Возведем в квадрат правую и левую части этого равенства и получим
|
О—г +А2 л |
|
||
Г2 = п' |
5 |
|
|
|
T ^ g h = h 2 + - r 2 |
|
|||
л 2 |
|
|
5 |
|
или |
|
|
|
|
712 |
. |
2 |
= 0 . |
|
h 2 ' g h |
|
± r 2 |
(1) |
|
— |
&А+-; |
|
||
л:4 |
|
5 |
|
|
Решение квадратного уравнения (1) имеет вид