Д.В. Сивухин - Общий курс физики (механика) (1113370), страница 47
Текст из файла (страница 47)
е. будет равен моменту инерции пластинки относительно оси Таким образом, в случае плоского распределения масс 1к+ 1Р+ 1, = 21,, т. е. (36.4) 1„+ 1, =1сс Далее, очевидно, что величина О не меньше каждого из моментов инерции 1,, 1,, 1, например, О > 1, (знак равенства имеет место только для плоского распределения масс). Вычитая неравенство 21, < 2О из равенства (36.3), получим 1, +1Р— 1. ж О, или 1х+1у 1л (36.4а) Отсюда следует, что из отрезков, длины которых численно равны 1РО 1„1„ВСЕГда МОЖНО СОСтаВИтЬ трЕуГОЛЬНИК. ДЛя ПЛОСКОГО раепределения масс (в плоскости ХУ) формула (36.4а) переходит в формулу (36.4). После этих предварительных замечаний можно перейти к вычислению моментов инерции конкретных тел.
4. Момент инерции тонкого однородного стержня относительно перпендикулярной оси. Пусть ось проходит через конец стержня А 196 (гл. у МОМЕНТ ИМПУЛЬСА (рис. 65). Для момента инерции можно написать 1 = »т12, где 1 — длина стержня. Псн1р стержня С является сго центром масс. По теореме Гюйгенса — >Птейнера 1 = 1, + т(В2)2. Величину 1г можно представить как сумму моментов инерции двух стержней, СА и СВ, длина каждого из которых равна 02, масса 1и12, а следовательно, момент инерции равен г » ~ ( — > . Таким образом, 1 = »т(112)~.
Подставляя эти выражения в пре21г1 ' дыду1цую формулу, получим » 12=» ф+ (Д, откуда» =!!3. В результате находим 1 = — т1, 2 3 1 = — т12. 1 с (36.5> (36.6) Существенно, что стержень тонкий. Бесконечно тонкий стержень можно рассматривать как отрезок прямой линии. Он всегда геометрически подобен любой его части. Поэтому коэффициент » будет одним и тем же для всего стержня и для любой его части, например половины. Для стержня конечной толщины подобие между всем стержнем и его частью уже не имеет места.
В этом случае числовой коэффициент» имеет разные значения для всего стержня и его половины. По этой причине к стержню конечной толщины формулы (36.5) и (36.6) не применимы. Но ими как приближенными формулами можно пользоваться, когда поверочные размеры с1ержня очень малы по срав- У нению с его длиной. 5. Момент инерции однородных прямоугольных пластинки и параллелепипеда. Пусть координатные оси Х и У проходят через центр пластинки С Х С и параллельны ес сторонам (рис. 66).
Г!редставим себе, что все вещество пластинки смещено парали лельно оси Х и сконцентрировано ла оси У. При таком смещении все расРис. 66 стояния материальных точек до оси Х не изменятся. Вместе с ними не изменигся и момент инерции 1, относительно оси Х. Но в результате смещения пластинка перейдет в бесконечно тонкий стержень длины 1, к которому применима формула (36.6>. В результате получим 12 ' г 12 (36.7> Момент инерции 1 пластинки относительно оси 2, перпендикулярной к ее плоскости, найдется по формуле (36.4>, которая дает 1, = †"' (ит + 62). 12 (36.8) 197 8 36! ВЫЧИСЛЕНИЕ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ Формула (36.8) !одится также для вычисления моментов инерции прямоугольного параллелепипеда относительно его геометрических осей.
В этом мохаю убедиться, если мысленно сжать параллелепипед вдоль одной из геометрических осей в прямоугольную пластинку — при таком сжатии момент !лнерции относительно этой оси не изменяется. Формула (36.8) дает момент !лнерции прямоугольного параллелепипеда относителыю той его геометрической оси, которая проходит через центр основания с длинами сторон а и Ь. На рис. 66 эта ось перпендикулярна к плоскости рисунка. 6. Момент инерции бесконечно тонкого круглого кольца (окружности). Момент г инерции относительно оси У (рис.
67), очевидно, равен (36.9) У, = ««г((, где Н вЂ” радиус кольца. Ввиду симметрии 7, = (, Поэтому из формулы (36.4) находим 7, = 7« = — л«!Н~. (36.10) Рис. 67 Формула (36.9), очевидно, дает также момент инерции полого однородного цилиндра с бесконечно тонкими стенками относительно его геометрической оси. 7.
Момент инерции бесконечно тонкого диска и сплошного цилиндра. Предполагается, что диск и цилиндр однородны, т. е. вещество распределено в них с постоянной плотностью. Пусть ось 2 проходит через центр диска С перпендикулярно к его плоскости (рис. 68). Рассмотрим бесконечно тонкое кольцо с внутренним радиусом г и наружным радиусом г + «(«э Площадь такого кольца л(5 = 2пг л(г. Его момент инерции найде«ся по формуле (36.9), он равен ау = г~«(щ. Момент инерции всего диска определяется интегралом 7.
= ~ г-«(и!. Ввиду однородности диска г(н! = т — = 2«п —, гдс 5 = л)( — площадь 45 ««л«, 2 и' ' всего диска. Вводя это выражение под знак интеграла, получим к 7 = ~ ~ гз ь«г = — л«Н~. (36.11) о Момент инерции диска о! носитсльно диаметра вдвое мепыпе, как это непосредственно следует из формулы (36.4) и из соображений симметрии: 7 = гг= — щйз. ! (36.!2) Рис. 68 Формула (36.! 1) даст также момент инерции однородного оплошною цилиндра относительно его продольной геометрической оси. 8.
Момент инерции однородного сплошного цилиндра относительно поперечной оси. Пусть ось вращения проходит через центр основания цилиндра А перпендикулярно к его продольной геометрической оси (рис. 69). Вырежем мысленно бесконечно короткий цилиндр с массой г(лг, находящийся ог 198 (гл. у мОмент импульсА оси вращения на расстоянии х. Для его момента инерции по теореме Гюйгсн- са — Штейнера можно написать г(1л = Фгг х + — г(гп Рг, ! 4 а для момента инерции всего цилиндра 1,= ~ хгЛт+ — К ~ 4(гп. Первое слагаемое в правой части формально совпадает с вырагкением для момента инерции однородного бесконечно тонкого стержня, а потому равно !)3 т12.
Второе слагаемое равно гг4 тйг. Следовательно, 1, = — нн + — тйг. (36.!3) Я 3 4 1 = — гп1 + — гпй . ! г г с 12 4 (36.14> При й — » О формулы (36.13) и (36.14) переходят в формулы (36.5) и (36,6> для бесконечно тонкого стержня. 9. Момент инерции полого шара с бесконечно тонкими стенками. Сначала найдем момент инерции О относительно центра шара. Очевидно, он равен б> = тйг. Затем применим формулу (36.3), полагая в ней ввиду симметрии !х =1г = 1, = I.
В результате находим момент инерции полого шара относительно его диаметра 1= — тй . 2 г 3 (36.15> 10. Момент инерции сплошного однородного шара. Сплошной шар можно рассматривать как совокупность бесконечно тонких сферических слоев с массами 4!лг (см. рис. 68>.
Так как шар по предположению однороден, то ~(иг = т —, гдс г(>г = 4лгг г(г — объем сферическою слоя, а 4Г !' ' 1' = 413 пйг — объем всего шара. По формуле (36.15) момент инерции сферического слоя относительно диаметра равен г(1 = — г(т гг = 2т . Интег- 22»лг 3 рируя, получаем момент инерции сплонгного шара 1= — тй . 2 г 5 (36.16> 11. Момент инерции однородного эллипса.
Предполагается, что масса равномерно распределена по площади эллипса. Эллипс можно полу- Момент инерции 1 относительно Рис. 69 поперечной геометрической оси, про- ходящей через центр масс цилиндра, можно найти по формуле (36.13), если цилиндр разделить на два цилиндра с высотами П2 и массами ггг!2. Получим 199 5 36> ВЫЧИСЛЕНИЕ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ чить из круга равномерным сжатием вдоль одною из ею диаметров, например вдоль оси У (рис. 70>. При таком сжатии момент инерции относительно оси У не меняется. Первоначально он был равен 04 уууа (а — радиус круга, сжатием которого получен эллипс; он равен у длине большой полуоси эллипса).
Аиалогичное рассуждение применимо и для оси Х. В результате получим 1„= — тЬ~, 1 = — упи~. (36.17) 4 ' У 4 Момент инерции относительно оси 2, перпендикулярной к плоскости эллипса, найдется по формуле (36.4): 4 Рис. 70 Формула (36 >В> дает также момент инерции однородного эллиптического цилиндра относительно его продольной геометрической оси.
12. Момент инерции трехосного эллипсоида. Предполагается, что масса равномерно распределена по объему эллипсоида. Координатные оси Х, У, 2 направим вдоль главных осей эллипсоида. Длины полуосей эллипсоида обозначим буквами и, Ь, с. Вычислим момент инерции его относительно главной оси 2. Эллипсоид может быть получен из шара равномерным сжатием или растяжением по трем взаимно перпендикулярным направлениям, например по направлениям осей Х, У, Х. Возьмем однородный шар радИуСа и.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
