ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 01.04.2021
Просмотров: 468
Скачиваний: 1
51
Рассмотрим
случай
плоского
распределения
масс
:
пластинку
произ
-
вольной
формы
с
произвольным
распределением
вещества
по
ее
объему
.
Если
пластинка
очень
тонкая
,
то
можно
считать
,
что
вещество
распределено
в
некоторой
плоскости
,
например
,
в
плоскости
х
-
у
.
Тогда
координаты
z
всех
материальных
точек
пластинки
равны
нулю
.
Поэтому
момент
инерции
пла
-
стинки
относительно
начала
координат
равен
:
2
2
1
(
)
n
i
i
i
i
m
x
y
θ
=
=
Δ ⋅
+
∑
,
то
есть
,
равен
моменту
инерции
пластинки
относительно
оси
z
.
Таким
обра
-
зом
,
в
случае
плоского
распределения
масс
:
2
,
x
y
z
z
J
J
J
J
+
+
= ⋅
окончательно
:
.
x
y
z
J
J
J
+
=
(4)
Из
равенства
(3)
следует
,
что
величина
θ
не
может
быть
меньше
каждого
из
моментов
инерции
J
x
, J
y
, J
z
относительно
осей
х
,
у
и
z
,
то
есть
;
;
.
x
y
z
J
J
J
θ
θ
θ
≥
≥
≥
(5)
Уравнение
(4)
указывает
на
то
,
что
знак
равенства
в
формуле
(5)
возможен
только
в
случае
плоского
распределения
масс
.
Вычитая
неравен
-
ство
2
2
z
J
θ
⋅
≤ ⋅
из
соотношения
(3),
можно
получить
:
0,
x
y
z
J
J
J
+
−
≥
то
есть
:
.
x
y
z
J
J
J
+
≥
(6)
В
случае
плоского
распределения
масс
в
плоскости
х
-
у
неравенство
(6)
переходит
в
равенство
(4).
Использование
формул
(1)–(4)
позволяет
упростить
расчет
моментов
инерции
некоторых
тел
.
Моменты
инерции
твердых
тел
зависят
от
распре
-
деления
массы
тела
относительно
заданной
оси
.
Наиболее
просто
вычисля
-
ются
моменты
инерции
тел
,
симметричных
относительно
оси
симметрии
,
проходящей
через
центр
масс
.
Ниже
рассмотрены
примеры
вычисления
моментов
инерции
некоторых
часто
встречающихся
тел
.
52
Момент
инерции
бесконечно
тонкого
круглого
кольца
На
рис
. 2
изображено
тонкое
круглое
кольцо
массой
m
и
радиусом
R
.
В
выбранной
на
рисунке
системе
координат
кольцо
расположено
в
плоскости
х
–
у
.
Тогда
в
соответствии
с
формулой
(1)
момент
инерции
кольца
относительно
оси
z
равен
:
J
x
= m · R
2
, (7)
ввиду
симметрии
кольца
J
x
= J
y
.
Поскольку
распределение
масс
в
кольце
можно
считать
плоским
(
в
плоскости
х
–
у
),
возможно
применение
формулы
(4),
что
позволяет
определить
моменты
инерции
кольца
относительно
осей
х
и
у
:
2
x
y
J
J
m R
+
= ⋅
,
следовательно
,
2
1
1
2
2
x
y
z
J
J
J
m R
=
= ⋅
=
⋅
(8)
Момент
инерции
бесконечно
тонкого
диска
и
сплошного
цилиндра
На
рис
. 3
изображен
бесконечно
тонкий
диск
массой
m
и
радиусом
R
.
Предполагается
,
что
ци
-
линдр
однородный
,
то
есть
вещество
распределено
в
нем
с
постоянной
плотностью
.
Ось
z
проходит
через
центр
О
диска
перпендикулярно
его
плоскос
-
ти
.
Оси
х
и
у
расположены
в
плоскости
диска
.
Для
расчета
J
z
нельзя
непосредственно
применить
формулу
(1),
так
как
различ
-
ные
точки
диска
удалены
на
разные
расстояния
от
оси
вращения
.
Формулу
(1)
можно
применить
,
если
мысленно
разделить
диск
на
множество
беско
-
нечно
тонких
кольцевых
слоев
,
являющихся
геометрическим
местом
точек
,
равноудаленных
от
оси
вращения
на
расстояние
r
.
Ширина
кольцевого
слоя
dr
,
толщина
диска
h
,
тогда
объем
такого
слоя
dV = h · 2 ·
π
· r · dr
.
Масса
слоя
равна
:
Рис
. 2
Рис
. 3
53
2
2
2
2
.
dV
h dS
r dr
m r dr
dm m
m
m
V
h S
R
R
π
π
⋅
⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅
= ⋅
= ⋅
= ⋅
=
⋅
⋅
Момент
инерции
кольцевого
слоя
относительно
оси
z
равен
:
2
.
z
dJ
dm r
=
⋅
Тогда
момент
инерции
всего
диска
:
2
z
z
J
dJ
dm r
=
=
⋅
∫
∫
. (9)
Подстановка
в
уравнение
(9)
выражения
для
dm
позволяет
определить
момент
инерции
всего
диска
относительно
оси
z
:
2
3
2
2
2
0
0
2
2
1
.
2
R
R
z
m r dr
m
J
r dr
r dr
m R
R
R
⋅ ⋅ ⋅
⋅
=
⋅ ⋅
=
⋅
⋅
= ⋅ ⋅
∫
∫
(10)
Поскольку
распределение
массы
кольца
является
плоским
,
можно
применить
формулу
(4)
x
y
z
J
J
J
+
=
,
которая
с
учетом
симметрии
задачи
(
J
x
= J
y
)
дает
:
2
1
.
2
4
x
y
z
m R
J
J
J
⋅
=
= ⋅
=
(11)
Формула
(10)
определяет
также
момент
инерции
сплошного
однород
-
ного
цилиндра
относительно
его
продольной
геометрической
оси
.
Теорема
Гюйгенса
-
Штейнера
Вычисление
момента
инерции
относительно
оси
во
многих
случаях
упрощается
применением
теоремы
Гюйгенса
-
Штейнера
,
связывающей
мо
-
менты
инерции
относительно
двух
параллельных
осей
,
одна
из
которых
проходит
через
центр
масс
тела
.
Теорема
Гюйгенса
-
Штейнера
формулиру
-
ется
следующим
образом
:
момент
инерции
J
относительно
произвольной
оси
равен
сумме
момента
инерции
J
C
относительно
оси
,
параллельной
дан
-
ной
и
проходящей
через
центр
инерции
тела
,
и
произведения
массы
m
тела
на
квадрат
расстояния
а
между
осями
:
J = J
C
+ m · a
2
. (12)
Таким
образом
,
теорема
Гюйгенса
-
Штейнера
,
по
существу
,
сводит
вычисление
момента
инерции
относительно
произвольной
оси
к
определе
-
54
нию
момента
инерции
относительно
оси
,
проходящей
через
центр
инерции
тела
.
Для
доказательства
теоремы
Гюйгенса
-
Штейнера
рассмотрим
ось
С
,
проходящую
через
центр
инерции
тела
,
и
параллельную
ей
ось
О
,
отстоя
-
щую
от
оси
С
на
расстояние
а
(
рис
. 4;
обе
оси
перпендикулярны
плоскости
чертежа
).
Обозначим
символом
i
R
G
перпендикулярный
оси
С
вектор
,
проведенный
от
этой
оси
к
элементарной
массе
Δ
m
i
,
а
символом
'
i
R
G
–
аналогичный
вектор
,
прове
-
денный
от
оси
О
.
Вектор
,
перпендикулярный
осям
О
и
С
,
соединяющий
эти
оси
,
обозначим
символом
a
G
.
Для
любой
пары
противолежащих
точек
этот
вектор
имеет
одинаковую
величину
,
равную
расстоянию
а
между
осями
и
одинаковое
направление
.
Указанные
векторы
связаны
соотношением
:
'
.
i
i
R
a R
= +
G
G
G
Квадрат
расстояния
элементарной
массы
Δ
m
i
от
оси
С
равен
2
2
i
i
R
R
=
G
,
а
от
оси
О
равен
(
)
2
2
2
2
'
2
.
i
i
i
i
R
a R
a
a R
R
=
+
=
+ ⋅ ⋅ +
G
G
G
G
G
С
учетом
последнего
соотношения
момент
инерции
тела
относитель
-
но
оси
О
можно
представить
в
виде
:
2
2
2
'
2
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
J
m R
a
m
a
m R
m R
=
Δ
⋅
=
⋅
Δ
+ ⋅ ⋅ Δ
⋅ +
Δ
⋅
∑
∑
∑
∑
G
G
. (13)
Здесь
постоянные
множители
вынесены
за
знак
суммы
.
Последнее
слагаемое
правой
части
выражения
(13)
представляет
собой
момент
инер
-
ции
относительно
оси
С
2
C
i
i
i
J
m R
⎛
⎞
=
Δ
⋅
⎜
⎟
⎝
⎠
∑
.
Сумма
элементарных
масс
равна
массе
тела
:
i
i
m
m
Δ
=
∑
.
Сумма
i
i
i
m R
Δ
⋅
∑
G
равна
произведению
мас
-
сы
тела
на
вектор
R
G
,
проведенный
от
оси
С
к
центру
инерции
тела
.
По
-
скольку
центр
инерции
лежит
на
оси
С
,
этот
вектор
R
G
,
а
следовательно
,
и
второе
слагаемое
правой
части
уравнения
(13)
равны
нулю
.
Таким
образом
,
уравнение
(13)
преобразуется
:
Рис
. 4
55
J=m·a
2
+J
C
, (14)
что
и
требовалось
доказать
.
Рассмотрим
пример
применения
теоремы
Гюйгенса
-
Штейнера
для
вывода
формулы
момента
инерции
тонкого
стержня
длиной
ℓ
массой
m
от
-
носительно
осей
,
перпендикулярных
стержню
,
проходящих
через
его
се
-
редину
и
один
из
концов
стержня
(
рис
. 5).
Момент
инерции
относительно
точки
А
можно
выразить
в
виде
:
J
A
= k · m ·
ℓ
2
.
Точка
С
является
центром
инерции
стержня
.
Согласно
теореме
Гюйгенса
-
Штейнера
J
A
= J
C
+ m · (
ℓ
/2)
2
. (15)
Величину
J
C
можно
представить
как
сумму
моментов
инерции
двух
стержней
СА
и
СВ
,
длина
каждого
из
которых
равна
ℓ
/2
,
масса
m/2
,
а
следовательно
,
момент
инерции
равен
k · (m/2) · (
ℓ
/2)
2
.
Таким
об
-
разом
,
J
C
= k · m · (
ℓ
/2)
2
.
Подстановка
этих
выражений
в
формулу
(15)
дает
:
2
2
2
2
2
k m
k m
m
⎛ ⎞
⎛ ⎞
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
+ ⋅
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
A
A
A
,
следовательно
,
k = 1/3
.
Таким
образом
,
моменты
инерции
стержня
относи
-
тельно
осей
,
проходящих
через
точки
А
и
С
,
равны
соответственно
:
2
1
3
A
J
m
= ⋅ ⋅
A
, (16)
2
1
12
C
J
m
=
⋅ ⋅
A
. (17)
II.
ОПИСАНИЕ
УСТАНОВКИ
И
МЕТОДА
ИЗМЕРЕНИЙ
Приборы
и
принадлежности
:
трифилярный
подвес
,
набор
тел
,
секун
-
домер
,
осветитель
.
Трифилярный
подвес
(
рис
. 6)
состоит
из
трех
нерастяжимых
нитей
длиной
ℓ
,
на
которых
подвешено
два
диска
радиусами
r
и
R
(
R > r
).
Нижний
диск
–
платформа
A’B’C’
может
совершать
крутильные
колебания
вокруг
вертикальной
оси
OO’
,
перпендикулярной
платформе
и
проходящей
через
Рис
. 5