1611143575-9594eae618314f5037b2688bf71c4d71 (825039), страница 46
Текст из файла (страница 46)
3. Другое следствие можно получить для плоского распределения масс. Допустим, что имеется пластинка произвольной формы с произвольным распределением вещества по ее объему. Если пластинка очень тонкая, то можно считать, что вещество распределено бесконечно тонким слоем по математической плоскости, Примем эту плоскость за координатную плоскость ХУ'. Тогда г-координаты всех материальных точек будут равны нулю, а потому момент инерции О пластинки относительно начала координат О представится выражением О = Ббт (х' + уз), т. е. будет равен моменту инерции пластинки относительно оси с. Таким образом, в случае плоского распределения масс 1, + 1в + 1, = — 21„ т. е. 1.+1„=1,. Далее, очевидно, что величина О не меньше каждого из момеьтов инерции 1хо 1н, 1„например О '=- 1, (знак равенства имеет место только для плоского распределения масс). Вычитая неравенство 21, ( 20 из равенства (36.3), получим 1 + 1„— 1,: О, или 1,+1к=-1,.
(36.4а) Отсюда следует, что из отрезков, длины которых численно равны 1„, 1к, 1„ всегда можно составить треугольник. Для плоского распределения масс (в плоскости ХУ') формула (36.4а) переходит в формулу (36.4). После этих предварительных замечаний можно перейти к вычислению моментов инерции конкретных тел. откуда й = !!3. В результате находим !А — — т1', ! 4 3 ! — гл(з ! с 12 (36,5) (36.6) 4. Момент инерции тонкого однородного стержня относительно перпендикулярной оси. Пусть ось проходит через конец стержня А (рис. 65). Для момента инерции можно написать !А = !ггл(х, где 1 — длина стержня. Центр стержня С является его цеатром масс, По теореме Гюйгенса — Штейнера !л — — ! +т(1!2)'.
А' с Величину ! можно представить как сумму моментов инерции двух стержней, СА и СВ, длина каждого из которых равна 112, масса гп12, а следовательно, мою!1!з мент инерции равен й -- — ~, Таким образом, 1с = йгл(112)з. Подставляя эти 2 (21 ' выражения в предыдущую формулу, получим 1! )з 1! '~х Ьп1е = Ьп ' .. ~) + 186 (ГЛ. У МОМЕНТ КОЛИЧЕСТВА ДВИЖЕНИЯ Существенно, что стержень тонкий, Бесконечно тонкий стержень можно рассматривать как отрезок прямой линии.
Он всегда геометрически подобен любой его части. Поэтому коэффициент А будет одним и тем же для всего стержня н лля любой его части, например, половины. Для стержня конечной толщины подобие между всем стержнем и его частью уже не имеет места. В этом случае численный коэффициент й имеет разные значения для всего стержня и его половины. По этой причине к стергкпю конечной толщины формулы (36.5) и (36.6) не примевимы.
По имв как приблюкенными формулами можно пользоваться, когда поперечные размеры стержня очень малы по сравнению с его длиной. 5. Момент инерции однородных прямоугольной пластинки и прямоугольного параллелепипеда. Пусть координатные оси Х и У проходят через центр пластинки С и параллельны ее сторонам (рис. 66). Представим себе, что все вещество пластинки смещено параллельно оси Х и сконцентрировано на оси У. При таком смещении все расстояния Ь Рис. 66. Рис. 65. материальных точек до оси Х не изменятся.
Вместе с ними не изменится и момент инерции! относительно оси Х. Но е результате смещения пластинка перейдет а бесконечно тонкий стержень длины 1, к которому применима формула (36.6). В результате получим (36. 7) Момент инерции 1, пластинки относительно оси 3, перпендикулярной к ее плоскости, найдется по формуле (36.4), иоторая дает (36.8) 1, = — (аа+ Ьз). х — 13 Формула (36.8) годится также для вычисвенни моментов инерции прямоугольного параллелепипеда относительно его геометрических осей.
В этом можно убедиться, если мысленно сжать параллелепипед ндоль одной из геометрических осей в прямоугольную пластинку — при таком сжатии момент инерции относи. тельно этой оси не изменяется. Формула (36.8) дает момент инерции прямоугольного параллелепипеда относительно той его геометрической осн, которая проходит через центр основания с длинами сторон а и 5.
На рис. 66 эта ось перпендикулярна к плоскости рисунка. 6. Момент инерции бесконечно тонкого круглого кольца (окружности). Момомент инерции относительно оси Е (рис. 67), очевидно, равен 1 =т)7з, где )7 — радиус кольца. Ввиду симметрии 1з = 1ю Поэтому из формулы (36.4) находим 1„1„= — тЮ 1 (36ПО) вычислвнив момвнтов инврции й зз! Формула (36.9), очевидно, дает также момент инерции полого однородного цилиндра с бесконечно тонкими стенками относительно сто геометрической оси. Рис.
68. Рис. 67. 7. Момент инерции бесконечно тонкого диска и сплошного цилиндра. Предполагается, что диск и цилиндр однородны, т. е. вещество распределено в них с по. стоянной 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+ г(г. Площадь такого кольца п5 = 2лгдг. Его момент инерции найдется по формуле (36.9), он равен п1»= гент. Момент инерции всего диска определяется интегралом 1, =~ гз г)пь Ввндуоднороднасти г)5 г о'г диска 3т=т --=2т — где 5 = пЯз — площадь всего диска. Вводя зто 5 )7з' выражение под знак интеграла, получим 1г= — ! ганг=--ш)гз 2шг ! -ж~ Момент инерции диска относительно диаметра вдвое меньше, как это непосредст.
венно следует из формулы (36.4) и из соображений симметрии: 1г 1з лг)г ! (36.!2) Формула (36.! !) дает также момент инерции однородного сплошного цилиндра относительно его продольной геометрической оси. г Л 8, Момент инерции однородного сплош- /г ного цилиндра относительно поперечной ~йг оси, Пусть ось вращевия нроходнт через 11 ! К центр основания цилиндра А перпендикулярно к его продольной геометрической оси (рис. 69), Вырежем мысленно Рис. 69. бесконечно короткий цилиндр с массой г)ш, находящийся от оси вращения на расстоянии х.
Для его момента инерции по теореме Гюйгенса — Штейнера можно написать А + 2 4 а для момента инерции всего цилиндра 1 = ~ ха от+ — Йз ~ Йл, 188 момвнт количвствл двидсвния !гл. у Первое слагаемое в правой части формально совпадает с выражением для момента инеРции одноРодного бесконечно тонкого стеРжна, а потомУ Равно г!а ши. ВюРое слагаемое равно '!, т)7э. Следовательно, 4 1,, ! Момент инерции ! относительно поперечной геометрической оси, проходяшей через центр масс цивиндра,можно найти по формуле (36.!3), если цилиндр разделить на два цилиндра с высотами !72 и массами т!2, Получим 1 „1 )с '12~в( + 4 ш)7 ' (36. Н) 1О. Момент инерции сплошного однородного шара.
Сплошной шар можно рассматривать как совокупность бесконечно тонких сферических слоев с массами г((г йи (см. рис. 68). Так как шар по предположению однороден, то йи=т---, )7 ' где г()г=4лг г(г — объем сферического слоя, а )г= — 77 — объем всего шара. По — е 4я 3 формуле (36.15) момент инерции сферического слоя относительно диаметра 2 равен Ы.= — гйп гз=2т —.
Интегрируя, по3 лы' / лучаем момент инерции сплошного шара 7= -тФ. 2 (36.16) !1. Момент инерции однородного эллипса. Предполагается, что масса равномерно распреl делена по плошади эллипса. Эллипс мон но получить нз круга равномерным сжатием вдоль одного из его диаметров, например вдоль оси У Рис. 70. (рис. 70). При таком сжатии момент инерции относительно оси г' не меняется. Первоначально он был Равен '/гшаэ (а — РадиУс кРУга, сжатием которого получен эллипс, он равен длине большой полуоси эллипса).
Аналогичное рассуждение применимо и для оси Х. В результате получим )х — тйз, ! х ьа лшз, 1 ! 4 ' " 4 (36.! 7) Момент инерции относительно оси Я, перпендикулярной к плоскости эллипса, найдется по формуле (36.4): 7 =- (ах+Ь'). 4 (36. 18) Формула (36.18) дает также момент инерции однородного эллиптического ци- линдра относительно его продольной геометрической оси. При )7 -ь 0 формулы (36 13) и (36.14) переходят в формулы (36.5) и (36.6) для бесконечно тонного стержня. 9. Момент инерции полого шара с бесконечна тонкими стенками. Сначала аайдем момент инерции В относительно центра шара.
Очевидно, ои равен  — — т)7э. Затем применяем формулу (36.3), полагая в ней ввиду симметрии!„= )а == 7, —.— 1, В результате находим момент инерции полого шара относительно его диаметра [ =- — ш)7з. 2 3 (36.15) 4 зт) движущиеся ндчдлд н движущиеся оси (69 ИН Момент инерции трехосного эллипсоидв. Предполагается, что масса равномерно распределена по объему эллнпсоидз. Координатные оси Х, )», 3 направим вдоль главных осей эллипсоида. Длины полуосей эллипсоида обозначим а, Ь, с. Вычислим момент инерпии его относительно главной оси 3. Эллипсоид может быть получен из шзрз равномерным сжатием или растяжением по трем взаимно перпендикулярным направлениям, например по направлениям осей Х, )», Е. Возьмем однородный швр радиуса а.
Его момент инерции 1 = з1згаа'. Произведем однородное сжатие в направлении оси 3, чтобы шар превратился в бесконечно тонкий круглый дисн (конечно„ с неравномерным распределением масс). Момент инерции 1» при этом остается неизмененным, в моменты инерции 1» и 1п будут равны между собой ввиду симметрии. На основании соотношения (36.4) 1» = — 1„==- '1з!, =- (1эша'"'. Произведем затем равномерное сжатие круглого диска в нзпрзвленйи оси г', чтобы его размеры в этом направлении сделались равными 2Ь.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
