rozwiązania8

[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Zadanie 8.1
Bryła sztywna.
Zapoznać się z denicją bryły sztywnej (BS), jako układu N cząstek, spełniającego określone do
datkowe warunki. Wiadomo, że w ruchu obrotowym BS istnieje jeden, wspólny dla całej BS, wektor
prędkości kątowej ω o takiej własności, że dla każdej cząstki BS, jej prędkość v
i
określona jest relacją:
v
i
= ω × r
i
,
gdzie r
i
jest wektorem położenia tejże cząstki względem układu odniesienia związanego z BS (za
zwyczaj taki układ odniesienia zaczepiony jest w środku masy BS). Korzystając z addytywności
wektora momentu pędu, wyprowadzić wzory na składowe wektora momentu pędu L bryły sztywnej:
L
x
= I
xx
ω
x
+ I
xy
ω
y
+ I
xz
ω
z
,
L
y
= I
yx
ω
x
+ I
yy
ω
y
+ I
yz
ω
z
,
L
z
= I
zx
ω
x
+ I
zy
ω
y
+ I
zz
ω
z
,
gdzie I
(α, β = x, y, z) są tak zwanymi składowymi tensora momentu bezwładności, a ω
są
składowymi wektora prędkości kątowej. Podać jawne wyrażenia na wszystkie składowe tensora
momentu bezwładności.
Wskazówka: moment pędu pojedynczej cząstki BS można zapisać jako:
L
i
= m
i
r
i
× (ω × r
i
) , i = 1, 2, . . . , N,
a podwójny iloczyn wektorowy można rozpisać według wzoru podanego np. w podręczniku Kittela.
Ponieważ moment pędu jest addytywny, całkowity moment pędu bryły sztywnej można zapisać jako
sumę momentów pędu poszczególnych jej części
L =
X
L
i
,
i
gdzie i numeruje wszystkie części bryły. Powyższy wzór należy traktować nieco umownie, tzn. gdy bryły
nie da się rozłożyć na masy punktowe, sumę trzeba zastąpić całką. (Będzie to ćwiczone w zadaniu 3.)
Moment pędu i–tej części bryły dany jest wzorem
L
i
= m
i
r
i
× (ω × r
i
) .
Wzór ten można uprościć korzystając z tożsamości wektorowej
A ×
B × C
= B
A C
− C
A B
,
gdzie obliczanie wyrażenia po prawej stronie polega na wykonaniu iloczynu skalarnego wektorów w nawiasie
a następnie przemnożeniu pozostałych wektorów przez otrzymane wyniki (liczby). Otrzymałem wzór na
moment pędu bryły sztywnej
X
L =
m
i
[ω (r
i
r
i
) − r
i
(r ω)] .
i
Oznaczam teraz poszczególne składowe wektorów
ω = (ω
x
, ω
y
, ω
z
) ,
r
i
= (x
i
, y
i
, z
i
) ,
co pozwala zapisać
X
x
i
+ y
i
+ z
i
L =
m
i
ω
− r
i
(x
i
ω
x
+ y
i
ω
y
+ z
i
ω
z
)
.
i
Rozpisując powyższy wzór na poszczególne współrzędne otrzymuję
L
x
=
X
m
i
ω
x
x
i
+ y
i
+ z
i
− x
i
(x
i
ω
x
+ y
i
ω
y
+ z
i
ω
z
)
=
X
m
i
ω
x
y
i
+ z
i
− ω
y
x
i
y
i
− ω
z
x
i
z
i
,
X
x
i
+ y
i
+ z
i
X
i
L
y
=
m
i
ω
y
− y
i
(x
i
ω
x
+ y
i
ω
y
+ z
i
ω
z
)
=
m
i
−ω
x
x
i
y
i
+ ω
y
x
i
+ z
i
− ω
z
y
i
z
i
,
X
x
i
+ y
i
+ z
i
X
i
x
i
+ y
i
L
z
=
m
i
ω
z
− z
i
(x
i
ω
x
+ y
i
ω
y
+ z
i
ω
z
)
=
m
i
−ω
x
x
i
z
i
− ω
y
y
i
z
i
+ ω
z
.
i
i
1
i
i
Powyższy wzór stanie się tym z treści zadania jeżeli przyjąć
X
y
i
+ z
i
X
x
i
+ z
i
X
x
i
+ y
i
I
xx
=
m
i
,
I
yy
=
m
i
,
I
zz
=
m
i
,
i
X
i
X
i
X
I
xy
= I
yx
= −
m
i
x
i
y
i
,
I
xz
= I
zx
= −
m
i
x
i
z
i
,
I
yz
= I
zy
= −
m
i
y
i
z
i
.
i
i
i
Ponieważ x
2
+ y
2
to kwadrat odległości punktu od osi x, x
2
+ z
2
to kwadrat odległości od osi y zaś x
2
+ y
2
od osi z, powyższe wzory można zapisać w uproszczonej postaci
I
=
X
m
i
r
2
⊥,i
, I
= −
X
m
i
r
,i
r
,i
, α = β.
i
i
Zadanie 8.2
Bryła sztywna.
Wykazać, że energia kinetyczna bryły sztywnej w jej ruchu obrotowym może być zapisana jako:
E
k
=
1
2
ω · L.
Energia kinetyczna ruchu obrotowego bryły sztywnej to suma energii kinetycznych ruchu wszystkich
punktów bryły
E
k
=
X
E
k,i
=
X
m
i
v
i
2
.
i
i
Ponieważ równocześnie całkowity moment pędu bryły sztywnej jest sumą momentów poszczególnych punk
tów bryły, do udowodnienia wzoru w zadaniu wystarczy pokazać, że
m
i
v
i
= ω L
i
.
Rozpisuję prawą stronę tej równości
1
ω L
i
= ω (m
i
r
i
× v
i
) = m
i
ω [(x
i
, y
i
, z
i
) × (v
x,i
, v
y,i
, v
z,i
)]
= m
i
(ω
x
, ω
y
, ω
z
) (y
i
v
z,i
− z
i
v
y,i
, z
i
v
x,i
− x
i
v
z,i
, x
i
v
y,i
− y
i
v
x,i
) =
= m
i
(ω
x
y
i
v
z,i
− ω
x
z
i
v
y,i
+ ω
y
z
i
v
x,i
− ω
y
x
i
v
z,i
+ ω
z
x
i
v
y,i
− ω
z
y
i
v
x,i
)
= m
i
v
x,i
(ω
y
z
i
− ω
z
y
i
) + m
i
v
y,i
(ω
z
x
i
− ω
x
z
i
) + m
i
v
z,i
(ω
x
y
i
− ω
y
x
i
) = m
i
v
i
,
gdzie skorzystano z równości
(x
i
, y
i
, z
i
) × (v
x,i
, v
y,i
, v
z,i
) =
e
x
e
y
e
z
x
i
y
i
z
i
v
x,i
v
y,i
v
z,i
= e
x
y
i
v
z,i
+ e
y
z
i
v
x,i
+ e
z
x
i
v
y,i
− e
x
z
i
v
x,i
− e
y
x
i
v
z,i
− e
z
y
i
v
x,i
= (y
i
v
z,i
− z
i
v
y,i
, z
i
v
x,i
− x
i
v
z,i
, x
i
v
y,i
− y
i
v
x,i
)
oraz
v
i
= ω × r = (ω
y
z
i
− ω
z
y
i
, ω
z
x
i
− ω
x
z
i
, ω
x
y
i
− ω
y
x
i
) .
1
Nie jest to najbardziej elegancka metoda rozwiązania tego zadania.
2
Zadanie 8.3
Bryła sztywna – momenty bezwładności.
Wyznaczyć momenty bezwładności następujących brył względem osi układu współrzędnych (tj.
względem osi OX, OY i OZ).
a) Kula o promieniu R. Układ współrzędnych zaczepiony jest w środku kuli.
b) Płaski krążek o promieniu R. Układ współrzędnych zaczepiony jest w środku masy krążka,
a oś OZ jest prostopadła do płaszczyzny krążka.
c) Walec o promieniu podstawy R i wysokości H. Układ współrzędnych zaczepiony jest w środku
masy walca, a oś OZ jest obrotową osią symetrii walca.
d) Prostopadłościan o długościach krawędzi a, b i c. Układ współrzędnych zaczepiony jest
w środku masy prostopadłościanu, a osie układu współrzędnych są równoległe do poszczegól
nych krawędzi tej bryły.
Masa każdej bryły wynosi M.
W zadaniu tym początek układu współrzędnych znajduje się w środku masy bryły. Na szczęście bryły
te są na tyle symetryczne, że nie ma wątpliwości, gdzie leży środek masy. Problemu wyznaczania środka
masy dotyczą następne zadania.
a) Jeżeli kula o promieniu R ma masę M, to jej gęstość wynosi
̺ =
M
V
=
3
πR
3
=
M
3M
4πR
3
.
4
Do obliczeń zastosuję współrzędne sferyczne r, θ i ϕ
x = r sin θ cos ϕ, y = r sin θ sin ϕ, z = r cos θ.
Korzystając ze wzorów wyznaczonych w pierwszym zadaniu (zapisanych całką, a nie sumą)
Z
Z
x
2
+ y
2
I
zz
=
dm
x
2
+ y
2
=
̺dV
Z
R
Z
2
Z
h
i
(r sin θ cos ϕ)
2
+ (r sin θ sin ϕ)
2
= ̺
dr
dφ
dθ r
2
sin θ
0
0
0
Z
R
Z
2
Z
Z
R
Z
t = cos θ
dt = − sin θ dθ
x (θ = 0) = 1
x (θ = π) = −1
= ̺
dr
dφ
dθ r
4
sin
3
θ = 2π̺
r
4
dr
sin θ
1 − cos
2
θ
dθ =
0
0
0
0
0
Z
= 2π̺
1
−1
dt =
2
−t +
1
−1
=
2
2 −
2
3
8
15
π̺R
5
5
R
5
−
1 − t
2
5
π̺R
5
3
t
3
5
π̺R
5
=
1
1
=
8
15
π
4πR
3
R
5
=
2
3M
5
MR
2
,
gdzie skorzystano z równości zachodzącej we współrzędnych sferycznych
dV = r
2
sin θdr dθ dϕ.
Ponieważ sfera ma symetrię obrotową, momenty bezwładności względem wszystkich osi muszą być
równe
I
xx
= I
yy
= I
zz
=
2
5
MR
2
.
Pozostało jeszcze wyznaczenie pozadiagonalnych elementów tensora momentu bezwładności
Z
Z
Z
R
Z
2
Z
I
xy
= −
dm xy = −
̺dV xy = −̺
dr
dϕ
dθ r
2
sin θ r
2
sin
2
θ sin ϕ cos ϕ.
0
0
0
Ponieważ jednak
Z
2
Z
2
dϕ
1
Z
4
dϕ sin ϕ cos ϕ =
2
sin (2ϕ) =
sin t dt = 0,
(1)
0
0
0
3
zachodzi równość I
xy
= 0. Korzystając z symetrii kuli otrzymuje się
I
xy
= I
xz
= I
yz
= 0.
b) Gęstość powierzchniowa dysku to
σ =
M
πR
2
.
Moment bezwładności liczę we współrzędnych walcowych, w których dS = rdr dϕ
Z
Z
Z
R
Z
2
r
2
cos
2
ϕ + r
2
sin
2
ϕ
I
zz
=
dm
x
2
+ y
2
=
σdS
x
2
+ y
2
= σ
dr
dϕ r
0
Z
0
R
r
3
dr =
2π
4
σR
4
=
π
πR
2
R
4
=
1
= 2πσ
2
MR
2
,
2
0
Z
Z
Z
Z
y
2
+ z
2
R
2
I
xx
=
dm
y
2
+ z
2
=
σdS
= σ
dr
dϕ r r
2
sin
2
ϕ
Z
Z
0
R
2
sin
2
ϕ dϕ = σ
1
M
πR
2
πR
4
4
=
1
= σ
r
3
dr
4
R
4
π =
4
MR
2
,
0
0
gdzie skorzystano ze wzoru
Z
2
sin
2
ϕ dϕ = π,
(2)
0
który wynika z następującego rachunku
Z
2
u = sin ϕ, u
′
= cos ϕ,
v
′
= sin ϕ, v = − cos ϕ
Z
2
sin
2
ϕ dϕ =
= − sin ϕ cos ϕ|
2
0
+
cos
2
ϕ dϕ
0
0
Z
Z
2
2
=
1 − sin
2
ϕ
dϕ = 2π −
sin
2
ϕ dϕ.
0
0
Ze względu na symetrię obrotową krążka
2
I
yy
= I
xx
=
1
4
MR
2
.
Pozostało jeszcze wyznaczenie wyrazów pozadiagonalnych tensora momentu bezwładności. Ponieważ
dla wszystkich punktów w krążku z = 0,
I
xz
= I
yz
= 0,
Z
Z
R
Z
2
I
xy
= −
dm xy = −σ
dr
dϕ r r cos ϕ r sin ϕ = 0,
0
0
przy czym ostatnia równość zachodzi ze względu na zerowanie się całki po zmiennej ϕ – wzór (1).
c) Gęstość walca to
̺ =
M
πR
2
H
.
2
Wzory na I
xx
, I
yy
i I
zz
nie są niezależne. Można pokazać, że jeżeli bryła jest płaska i oś z skierowana jest prostopadle
do tej bryły to zachodzi wzór
I
zz
= I
xx
+ I
yy
.
Korzystając z powyższego wzoru i symetrii układu można było policzyć I
xx
i I
yy
bez całkowania.
4
M
0
Do obliczeń stosuję walcowy układ współrzędnych
3
Z
Z
H/2
Z
2
Z
R
r
2
cos
2
ϕ + r
2
sin
2
ϕ
Z
R
I
zz
=
dm
x
2
+ y
2
= ̺
dz
dϕ
dr r
= ̺ H 2π
r
3
dr
−H/2
0
0
0
= 2πρH
1
4
R
4
=
1
2
πHR
4
πR
2
H
=
1
M
2
MR
2
,
Z
Z
Z
Z
H/2
2
R
I
xx
=
dm
y
2
+ z
2
= ̺
dz
dϕ
dr r
r
2
sin
2
ϕ + z
2
−H/2
0
0
Z
Z
Z
Z
Z
H/2
2
R
H/2
2
4
R
4
sin
2
ϕ +
1
= ̺
dz
dϕ
dr
r
3
sin
2
ϕ + rz
2
= ̺
dz
dϕ
2
R
2
z
2
−H/2
0
0
"
−H/2
0
#
Z
3
H/2
π
4
R
4
+ πR
2
z
2
π
4
R
4
H + πR
2
2
H
2
= ̺
dz
= ̺
3
−H/2
=
M
πR
2
H
πR
4
H
4
+
πR
2
H
3
12
=
1
4
MR
2
+
1
12
MH
2
,
Z
Z
H/2
Z
2
Z
R
I
xy
= −
dm xy = −̺
dz
dϕ
dr r r cos ϕ r sin ϕ = 0,
−H/2
0
0
Z
Z
Z
Z
H/2
2
R
I
xz
= −
dm xz = −̺
dz
dϕ
dr r r cos ϕ z = 0,
−H/2
0
0
gdzie skorzystano z wcześniej policzonych całek (1) i (2) oraz
Z
2
cos ϕ dϕ = 0.
0
Ze względu na symetrię obrotową walca
I
yy
= I
xx
=
1
4
MR
2
+
1
12
MH
2
, I
yz
= I
xz
= 0.
d) Przyjmuję, że krawędzie o długościach a, b i c są równoległe odpowiednio do osi x, y oraz z. Gęstość
prostopadłościanu to
̺ =
M
abc
.
Do obliczenia momentów bezwładności stosuję współrzędne kartezjańskie
Z
Z
a/2
Z
b/2
Z
c/2
y
2
+ z
2
I
xx
=
dm
y
2
+ z
2
= ̺
dx
dy
dz
−a/2
−b/2
−c/2
Z
Z
Z
Z
a/2
b/2
cy
2
+
2
3
c
2
3
a/2
b/2
cy
2
+
c
3
12
= ̺
dx
dy
= ̺
dx
dy
−a/2
−b/2
−a/2
−b/2
Z
a/2
c
b
3
12
+ b
c
3
= ̺
ab
3
c + abc
3
12
M
abc
ab
3
c + abc
3
12
1
12
M
= ̺
dx
12
=
=
b
2
+ c
2
.
−a/2
Kolejne dwa wzory można uzyskać zmieniając w powyższym rachunku zmienne
I
yy
=
1
12
M
a
2
+ c
2
, I
zz
=
1
12
M
a
2
+ b
2
.
Teraz wyliczam wyrazy pozadiagonalne
Z
Z
a/2
Z
b/2
Z
c/2
I
xy
= −
dm xy = −̺
dx
dy
dz xy = 0,
−a/2
−b/2
−c/2
3
Wartość I
zz
musi być taka sama dla krążka i walca. Jest tak ponieważ z walca można uzyskać krążek poprzez „spraso
wanie” wzdłuż osi z. Operacja taka nie zmienia odległości mas od osi z, więc nie zmienia I
zz
.
5
1
[ Pobierz całość w formacie PDF ]

zanotowane.pl

doc.pisz.pl

pdf.pisz.pl

lemansa.htw.pl