Лабораторные работы2 / M_6

рис.II 1-4

2

Момент инерции каждой полоски сог­ласно (П 1-3) равен ⌂mb/12, где ⌂т - vасса полоски, Тогда момент инерции пластинки, равный сумме моментов инерции полосок, равен

2

Iс х= mb/12 (II 1-7)

где m=∑ ⌂m — масса пластинки. Таким образом, при вычислении Iс х можно мысленно сжать прямоугольную пластинку вдоль оси χ превратив ее в тонкий стержень, поскольку при таком сжатии расстояние от всех точек до оси χ не изменяется. Аналогично

2

Iс х= mb/12 (II 1-8).

Согласно (П 1-6) имеем

2 2

Icz=m/12 (a + b) (П 1-9)

3. Момент инерции прямоугольного параллелепипеда.

При вычислении момента инерции относительно оси Z можно мыс­ленно сжать параллелепипед вдоль этой оси, поскольку при таком сжатии расстояние от любой точки до оси Z не изменяется (рис. П I -5)

Тогда

2 2

Icz=m/12 (a + b) (П 1-10)

Аналогично

2 2

Icy=m/12 (a + c),

2 2 (П 1-11)

Icx=m/12 (c + b) 2

Для куба a=b=c и тогда Ixc=Icy=Icz=ma/6 (П 1-12)

Рекомендуем получить этот результат прямым интегрированием.

4.Момент инерции тонкого кольца (рис. П 1-6).

Разобьём тонкое кольцо на элементар­ные участки массой dт. Момент инерции такого участка относитель­но оси Z равен, очевидно

2

dZz=dmR,

где R - радиус кольца. Поскольку расстояние R от каждого участка до оси Z равно R, получим

2 2

Icz=R ∫dm=mR (П 1-13)

Из соображений симметрии вытекает, что Icy =Icx. Тогда из (П 1-6) имеем

2

Icy =Icx= mR/2

Рекомендуем получить этот результат прямым интегрированием.

5. Момент инерции тонкого диска.

Разобьём диск радиуса R массой m на бесконечно узкие кольца. Одно из таких колец

радиуса r и шириной dr показано на рис. П 1-7. Площадь этого кольца равна единицы площади диска dS=2πrdr. Масса единицы площади диска будет равна

2

m/πR, тогда масса выделенного кольца будет равна

2 2

dm=m/πR dS=m2πrdr/πR

Момент инерции кольца относительно оси Z

2 3 2

dZz=rdm= 2mπrdr/πR

Тогда момент инерции диска равен

2 R 3 4 2 R 2

Zcz=2m/R∫rdr=2mr/4R |=mR/2 (П 1-15)

0 0

В силу симметрии Icx= Icy Тогда с учётом (П 1-6) имеем.

2

Icx= Icy= mR/4 (П 1-16)

6. Момент инерции сплошного цилиндра.

При вычислении момента инерции от­носительно Z можно цилиндр мысленно сжать относительно этой оси.

Тогда

2

Icz = mR/2 ( П 1-17)

Для вычисления момента инерции Icх, разобьем цилиндр на тонкие диски толщиной dz (рис. П 1-8). Масса такого диска равна

dm=mdz/L

а его момент инерции относительно оси χ найдём по теореме Гюйгенса-Штейнера

2 2

dIz=dmR/4 +dmz

Тогда

2 2 2 L/2 L/2 2 2 3 L/2 2 2

Icx=R/4∫dm + ∫dmz= Rm/4L∫dz +m/L∫zdz =mR/4 + mz/3L| = mR/4 + mL/12 (П 1-18)

- L/2 - L/2 - L/2

В силу симметрии

2 2

Icx =Icx= mR/4 + mL/12 (П 1-19)

7.Момент инерции сплошного шара.

Разобьем шар радиуса R массой на бесконечно тонкие шаровые слои (рис. П 1-9). Объём такого слоя равен

2

dV=4πrdr.

Мас­са единицы объема шара равна

3

V=3m/4πR

Тогда, масса слоя

3

dm= 3m/4πR

2 3

dV=3mrdr/R

В силу симметрии для слоя момента инерции относительно всех трех координатных осей одинаковы. Тая как слой тонкий, все точки на­ходятся одинаковом расстоянии R от центра. Тогда по формуле (П 1-5) получим

2 4 3

dIx= dIy= dIz=2dmr/3=2mrdr/R

Для всего шара:

3 R 4 5 3 R 2

Ix =Iy =Iz=2m/R ∫rdr=2mr/5R | = 2mR/5 (П 1-20)

2 0 2 0

8.Момент инерции кругового конуса.

Простое интегрирование, которое предполагается провести самостоятельно, даёт следующее выражение для мо­ментов инерции

2 2

Ixс= Iсy=3m/20(R + h/4) (П 1-21)

2

Iсz= 3/10 m/R (П 1-22)

где R- радиус, h- высота конуса.

Заметим, наконец, что в реальной практике приходится определять момент инерции тел достаточно сложной формы. Это связано в частности, с тем, например, что напряжения возникающее в упругом теле при изгибе и кручении зависят от моментов инерции, а значения этих напряжений необходимо во многих задачах. Вычисление моментов инерции в таких случаях достаточно затруднительно, поэтому разумно использовать экспериментальные методы. Один из та­ких методов и рассмотрен в данной работе.

Приложение2

Крутильные колебания симметричного маятника

На рис.Л 2-1 схематично изображена рамка I, подвешенная на вертикаль­ных упругих нитях 2, закрепленных в муфтах 3. К рамке с помощью под­вижной планки 6, фиксируемой винтами 7 могут закрепляться различные симметричные конструкции. На рис. П 2-1 конструкция состоит из стержня 4 и симметрично прикрепленных к нему шаров 5; конструкция может состоять из одного тела; шара, конуса, параллелепипеда, или в рам­ке может нe быть закреплено никакое тело — важно, что центр масс конструкции лежит на вертикальной оси.

В этих условиях момента всех сил тяжести, дeйствующих на элементы конструкции

равны нулю. Если рамку повернуть на угол φ вокруг вертикальной оси от положения равновесия, то вследствие закручивания нитей возникает момент упругих сил, равный при не слишком больших углах (φ) М=-f φ, где f-постояная для данных проволок величина, называемая модулем кручения. Знак минус указывает на то, что момент упругих сил стремится возвратить рамку к положению равновесия. Следует учесть также, что в процессе поворота на систему действуют различные диссипативные силы: силы сопротивления воздуха и силы, обусловленные неидеальной упругостью проволоки(силы, приводящие к остаточным пластическим деформациям проволоки).Эти силы приводят к переходу механической энергии системы во внутреннюю энергию воздуха, конструкции, нитей и т.д, т.е. к их нагреву –в результате колебания затухают. Опыт показывает , что при не слишком больших углах φ , когда скорости тел невелики (разумеется для данных проволок различны и требования к предельной величине угла φ) эти силы могут считаться пропорциональными скорости. Тогда момент этих сил может быть записан в виде

Мтр=-bφ= -bdφ/dt, где знак минус указывает на то ,что направлен так , что он уменьшает угловую скорость , а b-некоторая постоянная , называемая постоянной сил сопротивления. Запишем для конструкции основное уравнение динамики вращаемого движения:

Iε=M + Mтр

где ε- угловое ускорение системы, I- её момент инерции. С учётом того, что

2 2 **

ε=dω/dt=dφ/dt=φ и выражение для М и Мтр, получим

** *

Iφ + bφ + fφ=0

или

** *

φ + bφ/I + fφ/I=0 (П 2-1)

2

Обозначив b/I=2δ, f/I=ω0 , запишем (П2-1) в виде

** * 2

φ + 2δφ + ω0φ=0 (П 2-2).

Уравнение (П 2-2) — стандартное уравнение затухающих колебаний. Его решение при

δ <ω0 (слабое затухание) имеет вид

-tδ 2 2 1/2

φ =φ0е cos(wt +α) (П 2-3), где ω=( ω0 – δ ), φ, α — постоянные, определяемые начальными условиями возбуждений колебаний. График зависимости φ(t) показан на рис. П 2-2.

рис. П 2-2

Угловая амплитуда колебаний

- tδ

φм= φе убывает с течением времени, поэтому о строгой периодичности говорить нельзя. Величина δ называется коэффициентом затухания. Тем не менее, время между любыми прохождениями положения равновесия (в одну сторону) одинаково и это говорит об условном периоде колебаний

2 2 1/2

Т=2π/ω=2π/ (ω0 – δ) (П 2-4).

Если бы диссипативные силы отсутствовали, уравнение (П 2-2) приняло бы вид уравнения незатухающих колебаний:

** 2

φ + ω0φ=0 (П 2-5).

Период колебаний был бы равен: Т0=2π/ω < T ( П 2-6).Таким образом наличие сил вязкого трения, пропорциональных скорости, увеличивает период колебаний. Это нетрудно понять качественно, учтя, что силы трения замедляют движение. Следует, однако, заметить, что силы сухого трения, например, на период колебаний не влияют.

Действительно, наличие сил сухого трения привело бы к появлению в уравнении (П 2-2) справа постоянного члена, знак которого различался бы для разных направлений движения (при φ>0 знак отрицателен и наоборот). Но тогда решение уравнения отличалось бы от (П 2-3) лишь постоянным слагаемым, не влияющим на период.

Оценим влияние сил вязкого трения на период колебаний, вычислив величину

2 2 2 1/2 2 2 2 1/2

⌂Т/Т0=(Т-Т0)/ Т0 = Т/ Т0-1= (ω0/(ω0 – δ) )-1 = (1+ δ Т/4π ) (П 2-7).

Найдём число колебаний N, которое совершит система за то время, в течении которого угловая амплитуда уменьшится в 2 раза. Полагая в выражении

- tδ

φм= φ0е , φм= φ0/2 находим t=ln2/δ = 0.693/δ/

Число колебаний N, совершающихся за то время, равно N=t/T=0.693/δT. Таким образом δT=0.693/N≈0.7/ N. Тогда (П 2-7) примет вид

2 2 1/2 2 1/2

⌂Т/Т0 ≈(1+ 0.49/4πN ) -1= (1+ 0,12/N ) -1 (П 2-8).

При малом затухании N>1 и тогда второй член под корнем в (П 2-8) мал по сравнению с единицей. Поэтому, разлагая квадратный корень в ряд, и ограничиваясь двумя членами разложения, получим

2 -2 2

⌂Т/Т0≈ 0,006/N ~ 10/N ( значок ~ означает «по порядку величины»). При N≥5 величина

-3

⌂Т/Т0<10 и влиянием силы вязкого трения на период колебаний в лабораторном физпрактикуме можно пренебречь. Иначе говоря, при N>5 в хорошем приближении можно считать, что период колебаний определяется формулой

1/2

Т=2π/ω0= Т=2π( I/f) (П 2-9).

Пусть I0 — момент инерции рамки без закреплённых в ней тел, Iэт — момент инерции эталонного тела, I — неизвестный момент инерции некоторой конструкции, закреплённой в рамке.

Тогда для соответствующих периодов колебаний будем иметь согласно (П 2-9)

1/2 1/2 1/2

Т0=2π ( I0 /f) , Тэт= 2π((I0 + Iэт)/f) , Тэт= 2π((I0 + I) /f) (П 2-10).

Выражая I0, f из первой пары соотношений (П 2-10) и подставляя в последнее, находим

2

( Т/Т0 ) - 1

I=Iэт------------------- (П 2-11)

2

( Тэт/Т0 ) - 1

Соотношение (П 2-11) является основным для данной работы, поскольку позволяет определить момент инерции I симметричной конструкции по известному значению Iэт момента инерции эталонного тела и измеряемым на установке прямым образом Т, Тэт, Т0

периодом крутильных колебаний рамки с конструкцией, рамки без закрепленных в ней тел эталонным телом соответственно.

Контрольные вопросы.

1. Изложите основную идею метода экспериментального определения момента инерции с помощью крутильных колебаний. Выведите из формул (П 2-10) рабочую формулу (П 2-11).

2* Покажите, что решение уравнения (П 2-2) имеет вид (П 2-3) с помощью прямой подстановки (П 2-3) в уравнение (П 2-2).

3* Запишите явный вид решения уравнения колебаний при наличии кроме сил вязкого трения силы сухого трения и покажите, что силы сухого трения не влияют на период.

4. Передайте подробно выкладки, соответствующие переходу от (П 2-7) к (П 2-8).

5. Выведите формулы (П 1-10)-(П 1-12), (П 1-16), (П 1-20)-(П 1-22) прямым интегрированием. Также найти положение центра масс С конуса.

6* Оцените влияние на точность измерений смещения оси, на которой лежат штырьки, с помощью которых осуществляется крепление к стержню тел, относительно центра масс соответствующего тела.

7. Изложите идею проверки теоремы Гюйгенса-Штейнера.

8* Опишите, как можно было бы организовать поверку теоремы Гюйгенса-Штейнера, если бы масса тела была бы известна независимо от опытов с крутильными колебаниями, а в качестве Iс было бы взято I0, в п.4 задания 2.

9. Почему для справедливости рабочих формул угловая амплитуда не должна быть очень большой?

10* Описать качественно влияние несимметричности конструкции, закрепляемой в рамке, на точность получаемых результатов. Какие из соотношений, использованных в работе, будут несправедливы?

Задания, помеченные значком «*» являются дополнительными(творческими).