Задачи по теоретической механике для физиков - Ольховский И.И.
Скачать (прямая ссылка):
0
-a/2
л a/2
0 -a/2
л a/2
0 -a/2
получим окончательно
2 sin a
§ и
Тензор инерции
317
j = JL-Ma*.
* 3
8.9. Поместим начало системы координат в центр масс параллелепипеда, а
оси Ох, Оу и Ог направим параллельно его ребрам с длинами 2а, 26 и 2с
соответственно. Тогда момент инерции
Jx= J G/a + Za)c6n.
Пусть р - плотность массы параллелепипеда. Тогда
а Ь в
j" y%dm = р J j* ^ y2dxdydz -
-а-Ь -е
Ь
= р-2о-2с- I уНу = -^-р-2а-2с-2б8 = -^-М6Я,
J О О
-ь
J.= YM(b' + c%
Продолжая аналогичные вычисления, получим
8.10. а) Л = -i-M (-1 № + W'j; J, = k' + 4o*),
J,= -Lm^ + S1);
5
в) = + х**): =
в) /1==
5
8.11. Совместим ось zr с осью однородного цилиндра радиуса а и массы 2т.
Тогда момент инерции относительно z' этого цилиндра равен
а 2"
2от Г," . .."ч j_ 2m j_ " 2
яа8
J (*а + Уа) ds = ^ ^р3Ф J с^ф = та2
318
Динамика твердого тела
[Гл 8
Согласно задаче 8.2 соответствующая компонента для полу-
та2
цилиндра равна -, а его центр масс находится на пересечении плоскости
симметрии полуцилиндра на расстоянии хт от оси г'
С г л a st
\ СХ as 9 Р Г Ап
Ут = ----------=-----\ р2dp tski <pd<p =-.
i ads Я a2 J J Зя
J oo
Следовательно, искомая осевая компонента
= (l-?г).
8.12. Центральные осевые моменты инерции однородного шара
2 2'
равны -та% а центр масс полушара расположен на оси его ма-5
териальной симметрии на расстоянии zm от плоской поверхности полушара:
а я/2 2я
zm = V - = -?- f r^dr Г cos 8 sin 0d0 Г dq> - - a.
1 adu 2яа3 J J J 8
0
Следовательно, главные центральные моменты инерции полушара равны
гт ________ 7
"х - " у
- * / 2 9 \ 83 ,
= та2--------------------------------- та2;
\ 5 64 / 320
Jm 2 п
z - - та2, 5
8.13. Поместим начало координат в центр масс цилиндра, а ось Oz совместим
с осью симметрии цилиндра. Тогда при любом выборе направлений
ортогональных осей Ох и Оу:
•W"= -f (я* + г*+ -f-).
Отсюда при г = 0 получим также моменты инерции сплошного цилиндра
7 7 М /г,2 , Л* \ 7 М П2
Тензор инерции
319
8 14.
J,, - ~r М (с2 + а2),
О
Уг = -^М(а24-й2).
5
В частности, при a=b-c=R находим главные центральные моменты инерции шара
радиуса R:
8.15. Выберем начало координат в центре масс цилиндра, а оси Ох и О у.
направим соответственно вдоль малой и большой полуосей эллиптического
основания. Тогда все три координатные плоскости будут плоскостями
симметрии эллиптического цилиндра, а координатные оси - главными осями.
Момент инерции относительно оси Ог, совпадающей с осью цилиндра,
(а - плотность массы цилиндра). Его удобно вычислить, вводя новые
переменные р, ф, z с помощью соотношений:
- J MR2. г 5
Уг = о| (х2 уг) dV
х =- ар cos <р, у - йр sin <р, г = z.
В этом случае
1 2л h
1 2Я ft
О 0 -ft
4
М = р 2я abh.
320
Динамика твердого тела
[Гл. 8
Момент инерции относительно оси Ох
Jx = а J (У2 + z2)dv =
1 2Я h. I 2я ft
^ р3 sina<pdpd(pdz + ab a J j" j* z2 р dp dq> dz
о о -л о о -л
о ui I Ъ* . № \ ", I Ь* , /ia
= 2к abh а (------------------- =М---------------
V 4 3 / \ 4 в 3
Заменив в этом выражении Ь на а, найдем
7 ДЛ / <** .
8.16. Пусть О'х'у'г'- система координат с центром в вершине параболоида и
осями, параллельными осям Ох, Оу, Ог соответственно. Вследствие симметрии
рассматриваемой фигуры оси О'х', О'у', 0'? будут главными осями инерции.
В этой системе.используем цилиндрические координаты и получим
2Я к вУг'/Н
Jx=^ jy- 01 j* J ^ (pa COS2 ф + zft) p dp dz' =
0 0 0
ояа3 / a2ft2 ft4 j
h \ 12 4
(здесь a - плотность массы).
Вычислим, далее, массу параболоида
ft aVi~/k 2я
М = j J pdpdz'dy = оо в
Следовательно,
л
Аналогично найдем
1
J 2 = -Ма2. 3
Координата центра масс
Тензор инерции
321
Следовательно, главные центральные моменты инерции параболоида
соответственно равны
= = h* = M 1 ' 1
9 \ 6 1 18
у? = у; = -!-мо*.
3
Теперь получим моменты инерции относительно требуемой в условии задачи
системы координат. В этой системе координаты центра масс таковы:
= 0, Ут = a, zm = - -±-А.
Поэтому при параллельном переносе системы координат с началом в центре
масс в положение с началом в точке 0 компоненты тензора инерции примут
вид:
<J<* + Л*>. •'" = -у- ("' + ")¦
¦г,, = -f ""*¦ = -f ah- J" = J" = °'
8.17. Поместим начало координат в центр масс тора, а ось Oz направим по
оси его симметрии. В этой системе координат
Jx = Jy= J z2) dm,
4 = j (x* + у*) dm.
Для расчета интегралов введем тороидальные координаты р, 0, Я согласно
формулам
х = (R + Р cos Я) cos 0, у = (R + р cos Я) sin 0,
Z = psink.
Элемент объема тора получим, вычислив детерминант
cos Я cos 0 - (/? + р сое Я) sin 0 - рсов051пЯ I cos Я sin 0 (R + р cos
Я) cos 0 -р sin 0 sin А, I" sin Я 0 р cos Я 1
который оказывается равным
Р(*. у, z)
Р{х, у, г) D <Р, 0, Я)
d<m.4
322
Динамика твердого тела
[Гл. 8
Таким образом,
2л 2Я
Jx = Jw=*o^ J j [(/? + Р cos Ч2 sin2 6 + ра Sin2 Я] х
ООО
X (р cos к + R) р ф dQ dk = ая2 Rr2 + ~
(здесь о - плотность массы тора). Аналогично
г 2Л 2Л
Jz = (rj ^ J (R + pcos Я)3 pdpdkdQ = а-2я2/?гг ^R? + -
