А.М. Салецкий, А.И. Слепков - Лабораторный практикум по механике твёрдого тела, страница 13

Момент инерции шара. Сплошной шар массы m ирадиуса R можно рассматривать как совокупность бесконечно тонкихсферических слоев с массами dm , радиусом r , толщиной dr (рис. 35).Рассмотрим малый элемент сферического слоя δ m с координатами x,y, x. Его моменты инерции относительно осей x, y, z , проходящих через(Интегрируя по всему объему шара, получаем(п.27)Так как, в силу симметрии для сферического слоя dJ x = dJ y = dJ z = dJ , аdV4π r 2 dr2r 4 dr2dm = m=m,тоdJ=dmr=2m.3VR3( 4 3) π R 3r 4 drR3.Окончательно (после интегрирования) получим, что момент инерциишара относительно оси, проходящей через его центр равен2J = mR 2 .(п.28)5Приложение 8. Моменты инерции параллелепипеда со сторонамиa, b и c относительно его главных осей.

Выберем оси системы координат ( x, y, z ) совпадающими с главными центральными осями. Начало системы координатсовпадает с центром параллелепипеда. Дляопределения момента инерции относительно осиOxпредставимпараллелепипедкаксовокупность тонких прямоугольных пластинок(рис. 36) массой dm = (m c) dy и толщиной dy .Момент инерции dJ ′x каждой такой пластинкиотносительно оси Ox в соответствии с (п.7) итеоремой Гюйгенса–Штейнера равенРис.

36. Выбор1системы координат иdJ x′ =dmb 2 + y 2 ⋅ dm .(п.29)12представление паралМомент инерции всего параллелелепипеда в виделепипеда получим, интегрируя по всему объемутонких прямоугольc 2c 21 2 mm 21Jx = ∫bdy + ∫y dm = m b 2 + c 2 .1212cc−c 2−c 2( )()(п.30)Аналогично вычисляются моменты инерции относительно осей y и x :1m ( a 2 + b2 ) ,121J z = m ( a2 + c2 ) .12Jy =Рис. 34. Схематическое представлениецилиндра с центральным отверстиемРис. 35. Схематическое представлениешара как совокупность сферическихслоев(п.31)(п.32)Приложение 9. Моменты инерции равнобедренной треугольнойпризмы относительно ее главных осей.

Рассмотрим предварительномоменты инерции тонкой равнобедренной треугольной пластины HPQЛабораторный практикум по механике твердого тела94(рис. П.37) массы m1 относительно ееглавных осей.Центрпластинылежитнапересечениимедиан,причем11OG = QG = h ( h — высота треуголь33ника). Главные центральные оси O1O1′ иO2 O2′ такой пластины расположены так,как показано на рис.

37 (ось O3O3′проходитчерезточкуOперпендикулярно плоскости пластины).Для удобства интегрирования введемсистему координат x ′, y ′, z ′ с началом вточке Q , так что Qz ′ перпендикулярнаРис. 37. Выбор системы координат и представление пластины ввиде тонких полосокплоскости пластины, а оси Ox ′ и Oy ′лежат в плоскости пластины и ось Ox ′перпендикулярна высоте треугольника.Представим пластину как набор тонких полосок толщиной dy , с массамиa⋅ y ( a — основание треугольника)hmm2madm = 1 ⋅ dy ⋅ l ( y ) = 1 ⋅ dy ⋅ ⋅ y = 21 ⋅ y ⋅ dy.(п.33)ha 2ha 2hhdm и длинами l ( y ) , причем l ( y ) =Момент инерции dJ y каждой такой полоски относительно оси O2 O2′(совпадающей с осью y ′ ) равен (см.п.1)211 2m11 m1 ⋅ a 2 3a dm ⋅ l 2 ( y ) =⋅ydy⋅y=⋅⋅ y ⋅ dy .

(п.34)1212 h 26h h4Полный момент инерции пластины J 2 относительно оси O2 O2′ получаемпосле интегрирования:dJ y =hJ2 =1 m1a 2 31 m1a 2 1 4ydy⋅⋅=⋅ ⋅y6 h46 h4 40∫h=01m1a 2 .24(п.35)Момент инерции dJ ′x каждой полоски относительно оси x ′ равен2mdJ x′ = dm ⋅ y 2 = 21 ⋅ y 3 ⋅ dy .hДля всей пластиныhJ x′ =03⋅ dy =m1 2⋅h .2(п.37)Момент инерции J 1 относительно главной оси O1O1′ связан с J ′x спомощью соотношения (теорема Гюйгенса–Штейнера)22 J x′ = J 1 + m1  h  ,3 (п.38)откуда получаем22 1 4 1J 1 = J x′ − m1  h  = m1 ⋅ h 2  −  = m1 ⋅ h 2 .(п.39)3  2 9  18Для определения момента инерции пластины относительно оси O3O3′ ,перпендикулярной плоскости пластины, воспользуемся соотношением(п.10), верным для плоских телJ 3 = J1 + J 2 ,(п.40)т.

е.111 11 J3 =m1 ⋅ a 2 + m1 ⋅ h 2 = m1  a 2 + h 2  .(п.41)24186 43 Очевидно, что для пластины в форме плоского равностороннего треугольника, когда h = a ⋅ ( 3 2 ) , выражение (п.41) совпадает с (п.17), полученнымболеепростымспособом.При определении моментовинерции равнобедренной призмытолщиныbи массыmпредставим ее как набор тонкихтреугольных пластин с массамиdm1 = (m b) ⋅ dz .Системукоординат выберем так, чтобыоси x, y, z совпадали с главнымицентральными осями призмы(см. рис. 38).

Момент инерциипризмы относительно оси Oz равенпластин:Jz =(п.36)2m∫ h 21 ⋅ yРис. 38. Выбор системы координат и представление равнобедренной призмы в виде тонких треугольных пластинсумме моментов инерции отдельных1 1 2 1 2m a + h  .6 43 (п.42)Лабораторный практикум по механике твердого тела96Получим теперь выражение для J x и J y . Момент инерции отдельнойпластины dJ1′ относительно оси Ox в соответствии с (п.39) и теоремойГюйгенса–Штейнера равен11 m 2mdJ1′ = dJ1 + dm1 ⋅ z 2 = dm1h 2 + dm1 z 2 =h dz + z 2 dz .

(п.43).1818 bbИнтегрируя по всей высоте призмы, получаем момент инерции J x относительно Ox :b2Jx =11m 3 1 m 2 m 2h + z dz = mh 2 +z18 bb183 bb∫−b2b−2=11mh2 + mb 2 .18122(п.44)Для оси Oy имеемdJ 2′ =11 m 2mm1a 2 + m1 z 2 =a dz + z 2 dz ,2424 bb(п.45)откудаb2Jy = 1 m∫b  24 b a−2+m 211z dz =ma 2 + mb 2 .b2412(п.46)2Приложение 10.

Моменты инерции полудиска относительно егоглавных центральных осей. Определим предварительно моменты инерции для тонкой полукруглой пластины, имеющей массу m1 (рис. 39).Найдем положение центра масс (т. А) этого тела, т. е. расстояние d .По определению центра масс имеем∫ dm ( r sin ϕ ) = 1 π R r dr dϕ r sin ϕ =d=∫∫m1π R2 0 022 1 3 R4π= −⋅ ⋅ r   cos ϕ  =R. (п.47)2 300 3π π RВыберем декартову систему координат x ′, y ′, z ′ с центром в точке O(рис.

39). Проводя прямое интегрирование так же, как для диска, и учитывая, что J ′x = J ′y , получаем1m1 R 2 ,41J ′y = m1 R 2 ,41J z′ = m1 R 2 .2J x′ =(п.48)(п.49)(п.50)Моменты инерции, относительноглавных центральных осей получаем,используя теорему Гюйгенса–Штейнера:Рис. 39. Выбор системы координат дляопределения момента инерции116J 1x = J x′ − m1 d 2 = m1 R 2  − ,2 4 9π (п.51)12J 1 y = J ′y = m1 R ,(п.52)4 1 16 J 1z = J x + J y = m1 R 2  − 2  . 2 9π (п.53)При рассмотрении моментовm,инерции полудиска массырадиуса R и толщины b представимего в виде набора тонких пластин так, Рис.

40. Выбор системы координат ипредставление полудиска толщины bкак показано на рис. 40.Системукоординат в виде тонких полукруглых пластинвыберем так, чтобы ее центрсовпадал с центром масс полудиска, а направление осей координат — снаправлением соответствующих главных центральных осей.Моменты инерции dJ ′x , dJ y , dJ zтонкихпластин с массамиdm1 = (m b) ⋅ dz , относительно осей Ox, Oy и Oz получаем на основании(п.51)–(п.53) и теоремы Гюйгенса–Штейнера:116 dJ x = dm1 R 2  − + dm1 z 2 .(п.54) 4 9π 2 1dJ y = dm1 R 2 + dm1 z 2 ,(п.55)4 1 16 dJ z = dm1 R 2  − ,(п.56) 2 9π 2 где z — расстояние пластины от центра масс полудиска.Лабораторный практикум по механике твердого тела98Выражения для моментов инерции полудиска получаем после интегрирования по всему объему:Форма телаМоменты инерции1mR 241J y = mR 241J z = mR 22Тонкий дискJx =Jx =b21mR 216 m 2 1 16  1z dz = mR 2  − 2  + mb 2 , (п.57) − 2 + ∫ 4 9π  −b 2 b 4 9π  12b2Jy =1m11mR 2 + ∫ 2 z 2 dz = mR 2 + mb 2 ,4b412−b 2 1 16J z = mR 2  − 2 9π 2 .(п.58)Цилиндрml 2 mR 2+1242mlmR 2Jy =+1241J z = mR 22Jx =(п.59)Приложение 11.

Моменты инерции тел, рассмотренныхв приложениях (относительно осей, указанных на рисунках)Форма телаМоменты инерцииПлоский треугольникТонкий однородный стерженьJ=Тонкая прямоугольная пластинкаml 212mb 212ma 2Jy =12m ( a 2 + b2 )Jz =12Jx =ПараллелепипедJx =Jy =Jz =m ( b2 + c2 )12m ( a 2 + c2 )12m ( a 2 + b2 )12m, aТреугольная призмаПолудискma 224ma 2Jy =24ma 2Jz =12Jx =mh 2 mb 2+18122mamb 2Jy =+2412ma 2 mh 2Jz =+2418Jx = 1 16  1J x = mR 2  − 2  + mb 2 4 9π  1211J y = mR 2 + mb 2412 1 16 J z = mR 2  − 2  2 9π 100Лабораторный практикум по механике твердого телаФорма телаМоменты инерцииШарJx = J y = Jz =2mR 25Учебное изданиеЛитература1.

Сивухин Д.В. Общий курс физики. Т.1. Механика. 3-е изд. М.: Наука, 1989. § 53.2. Матвеев А.Н. Механика и теория относительности. 2-е изд. М.:Высшая школа, 1986.САЛЕЦКИЙ Александр МихайловичСЛЕПКОВ Александр ИвановичЛАБОРАТОРНЫЙ ПРАКТИКУМПО МЕХАНИКЕ ТВЕРДОГО ТЕЛАПодписан в печать 22 .07.2005 г.Формат 60х90 1/16. Объем 6,25 п.л.Тираж 500 экз.

ЗаказФизический факультет МГУ им. М.В. Ломоносова119992, Москва ГСП-2, Ленинские горы, 1, к.2Отпечатано в Типографии Московского университета.