54. Вычисление моментов инерции. Теория моментов инерции твердого тела

Получение аналитических выражений для моментов инерции по формулам (71)-(73). В качестве примера рассмотрим вычисление момента инерции однородного цилиндра массы m, радиуса Rи высоты H относительно оси вращения z (рис.36).

Мысленно выделим цилиндрическую трубку радиуса r<R и толщиной dr. За элемент массы dmвозьмем массу этой трубки. Тогда объем трубки будет dσ=2πrHdr, а масса dm=ρdσ, где ρ — плотность материала цилиндра. Объем всего цилиндра σ=πR2H, а масса m=ρσ=ρπR2H.

Умножим элемент на квадрат расстояния до оси zи возьмем соответствующий интеграл

Iz=R0r2dm=R0ρ2πHr3dr=ρ2πHR44..=mR22.. .

Удачный выбор элемента позволил избежать записи тройного интеграла по объему; в общем случае это сделать не удается.

Использование типовых элементов

Использование типовых элементов, для каждого из которых в справочной литературе приведены формулы для вычисления объема, координат центра тяжести, а так же моментов инерции относительно осей, проходящих через его центр масс, оказывается очень удобным, когда рассматриваемое тело может быть представлено состоящим из таких элементов. В этом случае при вычислении соответствующих моментов инерции можно заменить интегрирование суммированием. Заметим, что как и при нахождении центра тяжести, отверстия трактуются как типовые элементы отрицательной массы.

Ниже приводится таблица для некоторых типовых элементов.

Таблица 9.1

тело Моменты инерции
IxC=112..ml2
Ix=13..mb2;  Iy=13..ma2;

IzC=13..m(a2+b2)

Ix=14..mb2; Iy=14..ma2;

IzC=14..m(a2+b2)

Ix=13..m(c2+b2);

Iy=13..m(a2+c2);

Iz=13..m(a2+b2)

Ix=Iy=14..m(13..H2+R2);

Iz=12..mR2

Ix=Iy=130..m(14..H2+R2);

Iz=310..mR2

Ix=15..m(b2+c2);

Iy=15..m(a2+c2);

Iz=15..m(a2+b2)

Экспериментальное определение осевых моментов инерции

Экспериментальное определение осевых моментов инерции применяется в случаях, когда форма тела оказывается достаточно сложной (зубчатое колесо, шатун, ротор электродвигателя, корпус модели судна и т.п.).

В [6] достаточно подробно обсуждены методы, использование которых позволяет получить осевые моменты инерции таких тел (метод крутильных колебаний, метод качаний, метод падающего груза, использование бифилярного подвеса). Ниже приведем несколько примеров, иллюстрирующих эти методы.

ПРИМЕР 25. Для определения момента инерции Iz тела А относительно вертикальной оси z его прикрепили к упругому вертикальному стержню OO1, закрутили этот стержень, повернув тело А вокруг вертикальной оси на малый угол ϕ0 и отпустили; период возникших колебаний оказался равным T. Момент сил упругости относительно оси z равен Mупр=cϕ, где коэффициент упругости c получен тарировкой.

РЕШЕНИЕ. Составим дифференциальное уравнение вращения тела А вокруг вертикальной оси z
Iz¨ϕ=Mупр=cϕ .
Приведем его к стандартному виду ¨ϕ+k2ϕ=0, где k=cIz...
Общеизвестно, что решением полученного уравнения являются гармонические колебания с периодом T=2πk..=2πIzc...
Отсюда Iz=cT24π2...
Заметим, что при наличии еще одного тела, момент инерции которого Iэт известен (такое тело называется эталоном; им может служить, например, однородный диск), можно обойтись без выполнения тарировки для определения жесткости стержня c. Очевидно, что для эталона можно выполнить аналогичный эксперимент и получить значение периода его колебаний Tэт . При этом для него так же справедлива формула Iэт=cT2эт4π2.. .
Поделив выражения для моментов инерции тела и эталон друг на друга, получим соотношение для вычисления момента инерции тела, не содержащее жесткости стержня c:
Iz=IэтT2этT2.. .
При рассмотрении задачи предполагалось, что инерционностью крепления стержня к телу можно было пренебречь. Если это предположение не подтверждается, то найденное значение Iz включает момент инерции крепления Iкр. Для их раздельного вычисления следует выполнить опыт с еще одним эталоном и получить соотношение
I1+IкрI2+Iкр..=T22T21.. , где индекс «1» присвоен моменту инерции первого эталона и его периоду колебаний, а индекс «2» — соответствующим величинам для второго эталона.
Отсюда Iкр=I1T21I2T22T22T21.. .

ПРИМЕР 26. Для определения момента инерции шатуна его заставляют качаться вокруг горизонтальной оси, продев ось через втулку цапфы (см. рис.34.а). Для определения отстояния центра тяжести шатуна С от оси качания О шатун располагают горизонтально, оперев на две точечные опоры; одну располагают под осью качания О, а другую, оснащенную датчиком, под точкой В (см. рис.34.б). Зная массу шатуна m, расстояние OB=l, показание датчика усилия N и период качаний Tполучить выражение для расчета моментов инерции шатуна относительно оси качания и параллельной ей оси, проходящей через центр масс шатуна.

РЕШЕНИЕ. Сначала рассчитаем отстояние центра тяжести шатуна от оси качания, составив сумму моментов относительно точки О шатуна в его двуопорном положении (см. рис.34.б)
M0=0=mghNl.
Отсюда OC=h=Nlmg.. .
Теперь составим дифференциальное уравнение вращательного движения шатуна относительно оси качания Oz, предполагая, что углы отклонения шатуна малы. В этом случае
I0z¨ϕ=mglsin.ϕmglϕ .
Приведем полученное дифференциальное уравнение к стандартному виду
¨ϕ+k2ϕ=0, где k=mglI0z...
Общеизвестно, что решением полученного уравнения являются гармонические колебания с периодом T=2πk..=2πmglI0z...
Отсюда I0z=4mglπ2T2.. .
Момент инерции относительно параллельной оси, проходящей через центр масс шатуна, можно получить, воспользовавшись формулой (74)
Icz=I0zmh2=m(4glπ2T2..h2) .

ПРИМЕР 27 (задача 37.44 из [2]). Для определения момента инерции I0z махового колеса А радиуса R относительно оси, проходящей через центр масс, колесо обмотали тонкой нитью, к которой привязали гирю В массы m1 и наблюдали продолжительность T1 опускания гири с высоты h. Для исключения трения в подшипниках проделали второй опыт с гирей массы m2, причем продолжительность опускания оказалась равной T2 при прежней высоте. Считая момент силы трения постоянным и не зависящим от массы гири, вычислить момент инерции колеса I0z.

РЕШЕНИЕ. Составим дифференциальное уравнение вращения колеса вокруг оси О
Iz¨ϕ=m1gRMтр .
При постоянном угловом ускорении ¨ϕ=m1gRMтрIz..=ε1 и нулевых начальных условиях, решение уравнения общеизвестно: ϕ=ε1t22...
Тогда, зная высоту h и радиус колеса R, можно получить выражение
ϕ=hR..=ε1T212..=T21(m1gRMтр)2Izz.. , содержащее две неизвестные величины Izz и Mтр.
Проделав опыт со второй массой, получим аналогичное выражение
hR..=T22(m2gRMтр)2Izz.. .
Исключив из них Mтр, получим выражение для расчета момента инерции махового колеса
Iz=g(m1m2)(RT1T2)22h(T22T21).. .

Заметим, что особенно удобен этот способ для определения момента инерции для ротора, ось которого проходит сквозь корпус статора. Если насадить на ось ротора колесо, можно воспользоваться описанным выше методом падающего груза.

ПРИМЕР 28. Модель судна подвешена с помощью двухнитевого (бифилярного) подвеса так, что бы вертикальная ось вращения z проходила через центр тяжести С модели (см. рис.36). Нити бифилярного подвеса в первоначальном положении параллельны оси z и находятся на одинаковом удалении a от центра тяжести модели. Модель отклонили в горизонтальной плоскости на небольшой угол ϕ и отпустили; модель стала совершать колебания вокруг вертикальной оси z с периодом колебаний, равным τ. Зная длину нитей l бифилярного подвеса и массу модели m найти ее момент инерции масс относительно оси z.

РЕШЕНИЕ. Запишем дифференциальное уравнение вращения модели вокруг вертикальной оси z
Iz¨ϕ=2aTsin.α , где Tsin.α — проекция силы натяжения нити на горизонтальную плоскость.
Сделаем допущение о малости углов α и ϕ, оно позволит, во-первых, получить соотношение для связи этих углов как AA=lα=aϕ; и во-вторых, считать силу натяжения каждой нити как T0.5mg . С учетом сделанного допущения перепишем уравнение колебаний в виде
¨ϕ+k2ϕ=0, где k=amgIzl..=2πτ...
Отсюда Iz=mga2τ24π2l.. .
Замечание: способ удобен для тел, подвес которых за одну точку вызывает конструктивные трудности.

Оцените
Добавить комментарий