Главная > АНАЛИТИЧИСКАЯ ДИНАМИКА (Э.УИТТЕКЕР)
<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Пред.
След.
Макеты страниц

Распознанный текст, спецсимволы и формулы могут содержать ошибки, поэтому с корректным вариантом рекомендуем ознакомиться на отсканированных изображениях учебника выше

Также, советуем воспользоваться поиском по сайту, мы уверены, что вы сможете найти больше информации по нужной Вам тематике

1. Прямоугольник. Определим момент инерции однородной, прямоугольной пластинки со сторонами $2 a$ и $2 b$ относительно прямой, параллельной стороне $2 a$ и проходящей через центр тяжести пластинки. Назовем эту прямую осью $x$, перпендикуляр к ней в $O$ – осью $y$; тогда искомый момент инерции будет:
\[
\sum m y^{2} \text { или } \int_{-b}^{b} \int_{-a}^{a} \sigma y^{2} d x d y,
\]

где $\sigma$ означает поверхностную плотность, т. е. массу пластинки, отнесенную к единице поверхности. Выполнение интеграции дает для момента инерции значение
\[
\frac{4}{3} \sigma a b^{3} \text { или масса прямоугольника } \times \frac{1}{3} b^{2} .
\]

Из этого результата можно получить момент инерции однородного стержня, относительно прямой, перпендикулярной к стержню проходящей через его центр тяжести. При этом стержень рассматривается как прямоугольник, а стороны сечения стержня считаются очень малыми. Поэтому момент инерции будет:
\[
\text { масса стержня } \times \frac{1}{3} b^{2},
\]

где $2 b$ – длина стержня.
2. Параллелепипед. Пусть однородный прямоугольный параллелепипед имеет стороны $2 a, 2 b, 2 c$. Требуется определить его момент инерции относительно оси $O x$, проходящий через центр тяжести и параллельной стороне $2 a$. Имеем:
\[
\sum m\left(y^{2}+z^{2}\right) \text { или } \int_{-a}^{a} \int_{-b}^{b} \int_{-c}^{c} \rho\left(y^{2}+z^{2}\right) d z d y d x,
\]

где $\rho$ означает плотность.
Выполнение интеграции дает:
\[
\frac{8 \rho a b c}{3}\left(b^{2}+c^{2}\right) \text { или масса параллелепипеда } \times \frac{1}{3}\left(b^{2}+c^{2}\right) .
\]
1 Для практических целей моменты инерции тела определяются экспериментально; подходящие для этого приспособления описывают Дерримен (W.H.Derriman, Phil. Mag., т. 5, стр. 648, 1903) и Кэсси (W.R.Cassie, Phys. Soc. Proc., т. 21, стр. 497,1909 ).

3. Эллипс и круг. Определим момент инерции относительно оси $x$ однородной пластинки, ограниченной эллипсом
\[
\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 .
\]

Он равен:
\[
\int_{-a}^{a} \int_{-\frac{b}{a}\left(a^{2}-x^{2}\right)^{\frac{1}{2}}}^{\frac{b}{a}\left(a^{2}-x^{2}\right)^{\frac{1}{2}}} \sigma y^{2} d y d x,
\]

где $\sigma$ – поверхностная плотность. Выполнение интеграции дает:
\[
\frac{1}{4} \pi a b^{3} \sigma \text { или масса эллипса } \times \frac{1}{4} b^{2} .
\]

Отсюда момент инерции круга радиуса $b$ относительно диаметра будет:
\[
\text { масса круга } \times \frac{1}{4} b^{2} .
\]
4. Эллипсоид и шар. Аналогично для однородного эллипсоида с плотностью $\rho$, заданного уравнением
\[
\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}=1,
\]

момент инерции относительно оси $x$ будет:
\[
\iiint \rho\left(y^{2}+z^{2}\right) d x d y d z
\]

где интегрирование распространяется на объем эллипсоида.
Для вычисления этого интеграла положим:
\[
x=a \xi, \quad y=b \eta, \quad z=c \zeta,
\]

где $\xi, \eta, \zeta$ – новые переменные; получим:
\[
\rho a b^{3} c \iiint \eta^{2} d \xi d \eta d \zeta+\rho a b c^{3} \iiint \zeta^{2} d \xi d \eta d \zeta,
\]

где интеграция распространена уже на объем шара
\[
\xi^{2}+\eta^{2}+\zeta^{2}=1 .
\]

Так как, очевидно, интегралы
\[
\iiint \xi^{2} d \xi d \eta d \zeta, \quad \iiint \eta^{2} d \xi d \eta d \zeta, \quad \iiint \zeta^{2} d \xi d \eta d \zeta
\]

равны, то искомый момент инерции можно записать в форме:
\[
\rho a b c\left(b^{2}+c^{2}\right) \iiint \xi^{2} d \xi d \eta d \zeta
\]

или
\[
\pi \rho a b c\left(b^{2}+c^{2}\right) \int_{-1}^{+1} \xi^{2}\left(1-\xi^{2}\right) d \xi
\]

или
\[
\frac{4}{15} \pi \rho a b c\left(b^{2}+c^{2}\right)
\]

или, наконец,
\[
\text { масса эллипсоида } \times \frac{1}{5}\left(b^{2}+c^{2}\right) .
\]

отсюда имеем момент инерции однородного шара относительно диаметра:
\[
\text { масса шара } \times \frac{2}{5} a^{2} .
\]
5. Треугольник. Пусть теперь требуется определить момент инерции однородной треугольной пластинки, с поверхностной плотностью $\sigma$, относительно произвольной прямой, находящейся в плоскости треугольника. Пусть положение прямой определяется длинами перпендикуляров $\alpha, \beta, \gamma$, опущенных на нее из вершин треугольника. Если $x, y, z$ – кординаты центра тяжести элемента пластинки, то расстояние его до данной прямой есть $\alpha x+\beta y+\gamma z$. Поэтому искомый момент инерции будет:
\[
\sigma \iint(\alpha x+\beta y+\gamma z)^{2} d S,
\]

где $d S$ означает элемент площади пластинки. Если теперь $Y$ – длина перпендикуляра из точки $(x, y, z)$ на сторону треугольника $c, X$ отрезок стороны $c$ между основанием этого перпендикуляра и вершиной $A$, то имеем:
\[
Y=z b \sin A
\]

и
$X \sin A-Y \cos A=$ перпендикуляру из $(x, y, z)$ на сторону $b=y c \sin A$.

Поэтому
\[
d y d z=\frac{\partial(y, z)}{\partial(X, Y)} d X d Y=\frac{1}{b c \sin A} d X d Y=\frac{1}{2 \Delta} d S,
\]

где $\Delta$ означает площадь треугольника. Следовательно, интеграл $\iint y^{2} d S$, который распространен на площадь треугольника, можно записать в виде:
\[
2 \Delta \iint y^{2} d y d z,
\]

причем новый интеграл распространяется на все положительные значения $y$ и $z$, сумма которых меньше единицы. Он будет равен:
\[
2 \Delta \int_{0}^{1} y^{2}(1-y) d y
\]

или $\frac{1}{6} \Delta$. На основании симметрии заключаем, что интегралы $\iint x^{2} d S$ и $\iint z^{2} d S$ имеют одинаковые значения, а аналогичные вычисления дают для интегралов
\[
\iint y z d S, \quad \iint z x d S, \quad \iint x y d S
\]

одно и то же значение $\frac{1}{12} \Delta$. Если внесем эти значения в интеграл $\sigma \iint(\alpha x+\beta y+\gamma z)^{2} d S$, то для момента инерции треугольника, относительно заданной прямой, получим выражение:
\[
\frac{1}{6} \sigma \Delta\left(\alpha^{2}+\beta^{2}+\gamma^{2}+\beta \gamma+\gamma \alpha+\alpha \beta\right)
\]

или окончательно:
\[
\frac{1}{3} \times \text { масса треугольника } \times\left\{\left(\frac{\beta+\gamma}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\gamma+\alpha}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)^{2}\right\} .
\]

Эта формула, очевидно, выражает также момент инерции относительно данной прямой трех точек, помещенных в серединах сторон треугольника и имеющих массы, равные трети массы треугольника. Таким образом, треугольник и система таких трех точек эквимоментны.
ЗАдАчА 1. Показать, что однородный тетраэдр массы $M$ имеет момент инерции такой же, как система пяти точек, из которых четыре имеют массу по $\frac{1}{20} M$ и находятся в вершинах тетраэдра, а пятая, с массой $\frac{4}{5} M$, лежит в его центре тяжести.

Categories

1
Оглавление
email@scask.ru