№ 12 (Методические разработки к лабораторным работам)

МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТимени М. В. ЛомоносоваФизический факультеткафедра общей физики и физики конденсированного состоянияМетодическая разработкапо общему физическому практикумуЛаб. работа № 12ОПРЕДЕЛЕНИЕ МОМЕНТА ИНЕРЦИИКОЛЕСАОписание составил доцент Белов Д.В.Москва - 2012Подготовил методическое пособие к изданию доц. Авксентьев Ю.И.3ОПРЕДЕЛЕНИЕ МОМЕНТА ИНЕРЦИИ КОЛЕСАЦельработызаключается в измерениивелосипедного колеса двумя различными способами.моментаинерцииОПИСАНИЕ УСТАНОВКИВелосипедное колесо может вращаться вокруггоризонтальной оси (рис.1).

На шкив, жестко связанный сколесом, намотана нить; один ее конец закреплен нашкиве, а к другому концу привязан тяжелыйметаллическийшар.Вдвухдиаметральнопротивоположных точках на внутренней стороне ободаколеса имеются ячейки, в которые можно помещать этотшар. Угол отклонения колеса определяется по положениюуказателя, связанного с колесом, на угломерной шкале.Упражнение 1ОПРЕДЕЛЕНИЕ МОМЕНТА ИНЕРЦИИ КОЛЕСА МЕТОДОМКОЛЕБАНИЙДополнительная теорияЕсли шарик поместить в одну из ячеек, то центр тяжести системы "колесо +шарик" не будет находиться на оси вращения, и мы имеем типичный физическиймаятник.Будучи выведен из положения равновесия, маятник начнет совершатьприблизительно гармонические колебания, круговая частота которыхопределяется формулойmgL2 ,(1)Jгде g - ускорение свободного падения, J - момент инерциимаятника, L - расстояние от оси вращения до центра шарика, m масса шарика, (а не масса всего маятника и, соответственно,расстояние от оси вращения до центра масс маятника, как вобщей теории физического маятника).

Это связано с тем, что вданном случае момент сил тяжести сводится лишь к моментуM  mgl sin сил тяжести, действующих на шарик; момент силтяжести, действующих на колесо, равен нулю, так как вследствиесимметрии колеса его центр тяжести находится на оси вращения.Момент инерции J маятника относительно оси вращения складывается из4моментов инерции колеса Jk и шарика Jш :(2)J  Jк  JшТак как размеры шарика существенно меньше расстояния до оси вращения, тоего можно считать материальной точкой, так что J ш  mL2 и полный моментинерции маятника запишется в видеJ = Jk + mL2(3)Подставляя это выражение в формулу (1), имеемmgL2 J ш  mL2Выражая круговую частоту  через период колебаний Т по формуле = 2/T, находим4 2mgL2TJ к  mL2откуда для момента инерции колеса получаем формулу22  gTJ к  mL  2  1 4 L (4)ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНАЯ ЧАСТЬДля вычисления момента инерции колеса по формуле (4) необходимоизмерить значения величин m, L и Т.

Масса m шарика указана втабличке на стене. Для определения расстояния L от центрашарика до оси вращения рекомендуется сначала измеритькратчайшее расстояние между поверхностями шарика и втулкии прибавить к нему сумму радиусов шарика и втулки, измеривдиаметры последних штангенциркулем. Для определенияпериода колебаний Т измеряется время t двадцати колебаний.Колебания возбуждают, отклоняя колесо на небольшой (неболее 10°) угол от положения равновесия и отпуская. Если изза большого трения колесо останавливается прежде, чемсовершится 20 колебаний, то увеличивают начальное отклонение колеса до 1520°. Чтобы исключить возможную ошибку в счете числа колебаний, опытповторяют не менее пяти раз, добиваясь того, чтобы измеренные значениявремени t отличались друг от друга не более чем на 0,2 -0,4 с.5Чтобы избежать вычисления периода колебаний и упростить процедуруоценки погрешности, целесообразно выразить в формуле (4) период черезнепосредственно измеряемое время (Т = t/20):gt 22(4a)J к  mL  121600LПодставляя в эту формулу значения величин m, L , t и g=9/81 m/c2вычисляют Jk.

Оценивают погрешности и окончательный результатпредставляют в видеJk = (......) кг м ;2J kJ k  .......%Упражнение 2(Первый вариант)ОПРЕДЕЛЕНИЕ МОМЕНТА ИНЕРЦИИ КОЛЕСАМЕТОДОМ ВРАЩЕНИЯ(без учета сил трения).Дополнительная теорияЕсли, вынув шарик из ячейки, намотать нить на шкив и отпустить шарик,то он начнет опускаться, приводя колесо во вращение. Предполагая нитьневесомой и нерастяжимой и пренебрегая силами трения, напишем уравнениядвижения шарика и колеса: для шарика - второй закон Ньютона в проекции навертикальную ось и для колеса - уравнение моментов относительно осивращения.

Дополним уравнения движения уравнением кинематической связимежду ускорениями шарика и колеса.ma  mg  f нJ к   fнr ,a  rЗдесь a - ускорение шарика, g - ускорение свободного падения, fH - силанатяжения нити,  - угловое ускорение колеса, r - радиус шкива; силы,задействованные в этих уравнениях, изображены на рис.2. Последнее равенствополучается из соотношения a = r между тангенциальным аτ и угловым βускорениями точки поверхности шкива, если учесть, что это тангенциальноеускорение равно ускорению шарика : a = а. Исключая из этой системынеизвестные  и fH , находим ускорение шарика6ag,Jк1 2mrоткудаg J к  mr 2   1 .a Так как ускорение шарика - a постоянно, то его можно выразить по известнойформуле равноускоренного движенияat 2h2через путь h шарика и время движения t:2ha 2 .tПодставляя это выражение в предыдущую формулу, находим окончательнуюформулу для момента инерции колесаmD 2  gt 2 Jk  1 ,4  2h(5)где вместо радиуса введен диаметр шкива D = 2r.ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНАЯ ЧАСТЬДля вычисления момента инерции колеса по формуле (5), необходимоизмерить величины D, h и t.Диаметр D шкива измеряют штангенциркулем не менее пяти раз вразличных местах..Путь h можно измерить как расстояние от нижней точки поверхностишкива до верхней точки шарика в его наинизшем положении, когда нитьполностью размотана (рис.3).

Такое определение h предполагает, что вначальный момент, когда шарик отпускают и включают секундомер, верхняяточка шарика должна находиться на одном уровне с нижней точкойповерхности шкива (рис.3), а выключать секундомер следует в моментдостижения шариком наинизшей точки его пути.Опыт с опусканием шарика повторяют не менее пяти раз.Подставляя значения m, D, h и t в формулу (5), вычисляют моментинерции колеса. Оценивают погрешности измерений, причем при выводеформулы доя погрешности единицей в скобках формулы (5) можно пренебречь,так как при условиях опыта7gt 212hКак окончательный итог, сопоставляют результаты обоих методов:метод вращения:Jk = (......) кг м2;метод колебаний:Jk = (......) кг м2;J kJkJ kJk= ...%.= ...%.Упражнение 2(Второй вариант)ОПРЕДЕЛЕНИЕ МОМЕНТА ИНЕРЦИИ КОЛЕСАМЕТОДОМ ВРАЩЕНИЯ(с учетом сил трения)Дополнительная теорияПренебрежение силами трения допустимо лишь в том случае, еслисвязанная с их не учетом систематическая погрешность меньше погрешностиметода измерения.

В противном случае силами трения пренебрегать нельзя.Ниже излагается способ определения момента инерции колеса с учетом силтрения. Речь идет о силах трения в оси колеса. Прочие силы трения, вчастности, силы сопротивления воздуха, ввиду их малости, практически несказываются на результатах опыта.В этом случае система уравнений, описывающая движение шарика иколеса, будет иметь видma  mg  f н ,J к   f н r  M тр ,a  r .Считая момент сил трения Мтр постоянным ипроводя аналогичные выкладки, приходим вместоформулы (5) к следующей формуле для момента инерцииколеса 2M тр  12 gt J к  mD 1(6)  1 .42hmgr Момент сил трения Мтр можно определить,пользуясь законом изменения механической энергии.После того как шарик опустится на полную длину нити,8колесо будет продолжать вращаться в прежнем направлении, нить будетнаматываться на шкив и шарик поднимется вверх на некоторую максимальнуювысоту h1 (рис.4).

Так как кинетическая энергия шарика в начальном (на высотеh) и конечном (на высоте h1) положениях равна нулю, то изменение полноймеханической энергии шарика Е определится изменением его потенциальнойэнергииE  mgh  mgh1 .Работа сил трения(7)2A   M тр d1в нашем случае (Мтр = const) принимает простой вид:A  M тр ,(8)где  - полный угол, на который повернулось колесо за время перехода шарикаиз начального в конечное состояние. Легко видеть, чтоh  h1.(9)rДействительно,  = l / r, где l - полный путь, пройденный какой-либоточкой поверхности шкива, и этот путь равен пути h+h1, пройденномушариком. С учетом (9) формула (8) для работы сил трения примет видh  h1A  M тр.(10)rСогласно закону изменения механической энергииE  A .(11)Подставляя сюда выражения (7) и (10) для Е и А, имеемmg  h  h1   M троткудаM тр  mgrh  h1,rh  h1.h  h1(12)Подставляя это выражение в формулу (6), окончательно имеем 212 gtJ K  mD 4 2h h  h1  1   1 .hh1(13)9ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНАЯ ЧАСТЬИзмерения проводятся так же, как в первом варианте упражнения 2 с тойлишь разницей, что теперь, кроме времени опускания шарика t, необходимоизмерять также высоту h1 его последующего подъема.

Эту высотурекомендуется находить следующим образом. Когда шарик достигнетнаивысшей точки подъема и колесо остановится, фиксируют положение колесарукой и измеряют расстояние H от верхней точки шарика до шкива (рис.4).Очевидно, h1 = h - H.Подставляя значения измеренных величин в формулу (13), вычисляютмомент инерции колеса с учетом сил трения.При выводе формулы для погрешности можно использовать для моментаинерции приближенную формулуmD 2 gt 2,Jк 8hпосколькуgt 22h1иh  h1h  h11.Тем самым погрешности  Jk в обоих вариантах упражнения 2 оказываютсяодинаковыми.Оценив погрешности, представляют окончательные результаты, выписаврядом для удобства сопоставления результат, полученный методом колебаний:метод вращения: без учетасил тренияс учетомJ kJk = (......) кг м ; J = ...%.k2J kJk = (......) кг м ; J = ...%.k2сил тренияметод колебаний:Jk = (......) кг м2;J kJ k = ...%.ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОПРОВЕРКИ1.