Лабораторная работа 502 определение момента инерции маятника обербека

81 
12. Лабораторная работа 503

ОПРЕДЕЛЕНИЕ МОМЕНТА ИНЕРЦИИ ТЕЛА
 ВРАЩЕНИЯ 
Цель работы. Изучение законов сохранения и превращения механи-
ческой энергии при вращательном движения твердого тела.
Задача. Определить момент инерции барабана и величину момента 
сил трения.
Приборы и принадлежности. Модульный учебный комплекс МУК – 
М1, включающий 1) секундомер электронный СЭ1, 2) блок механический 
БМ1 (узел «маятник Обербека»).
12.1. Методика эксперимента и экспериментальная установка 
 
Экспериментальное определение момента инерции тела осуществля-
ется на модульном учебном комплексе МУК-М1. Установка представляет
собой барабан со шкивами разного диаметра, который вращается вокруг 
неподвижной оси, закрепленной в шарикоподшипниках. На шкив намота-
на нить, один конец которой прикреплен к шкиву, а другой – к грузу мас-
сой m на конце (рис. 12. 1). 
Груз под действием силы тяжести может 
опускаться, приводя во вращение барабан. По-
сле того, как груз от отметки 1
опустится на 
полную длину нити до отметки на уровне 0, ба-
бабан, вращаясь по инерции, поднимет груз 
снова на некоторую высоту до отметки 2. При 
этом в результате действия сил трения механи-
ческая энергия груза уменьшается и 
ℎ
2
< ℎ
1
.
Применим к переходу системы из состоя-
ния 1 в состояние 2 закон изменения полной ме-
ханической энергии (1.28) в виде 
𝐴
тр
= 𝑚𝑔ℎ
2
− 𝑚𝑔ℎ
1
. (12.1) 
Здесь 
ℎ
1
и 
ℎ
2
– начальная и конечная высоты 
груза соответственно, отсчитанные от нулевого 
уровня О (наиболее низкого положения груза); 
𝐴
тр
– работа сил трения в 
подшипниках и сил трения о воздух. 
Для расчета 
𝐴
тр
воспользуемся формулой (1.39), предполагая при 
этом, что тормозящий момент 
𝑀
тр
сил трения в процессе движения не ме-
няется. В этом приближении для работы сил трения имеем 
𝐴
тр
= −
𝑀
тр
𝜑, (12.2) 
r 
ℎ
1 
ℎ
2 
m 
1 
2 
0 
Рис.12.1. К расчету 
𝑴
тр

82 
где φ – угол поворота барабана при переходе системы из начального состо-
яния в конечное состояние (груз при этом перемещается из положения 
1 
в положение 2).
Угол φ легко найти из следующих соображений. При движении груза 
вниз со шкива сматывается нить длиной 
ℎ
1
, а при движении груза вверх на 
шкив наматывается нить длиной 
ℎ
2
. В результате шкив делает (
ℎ
1
+ ℎ
2
)/
2𝜋𝑟 оборотов. Т.к. каждый оборот соответствует углу поворота 2π, то угол 
поворота шкива есть 
𝜑 =
ℎ
1
+ ℎ
2
𝑟
. (12.3) 
Из выражений (12.1) – (12.3) легко находим модуль момента тормо-
зящей силы 
|𝑀
тр
| =
𝑚𝑔𝑟(ℎ
1
− ℎ
2
)
ℎ
1
+ ℎ
2
. (12.4) 
Применим теперь закон изменения полной механической энергии 
(1.28) для перехода системы из начального состояния (груз в положении 1 
на рис. 12.1) в состояние, при котором груз находится в наиболее низком 
положении (уровень 0 на рис 12.1): 
−|𝑀
тр
|
ℎ
1
𝑟
=
𝐼𝜔
2
2
+
𝑚𝑣
2
2
− 𝑚𝑔ℎ
1
. (12.5) 
Здесь первое слагаемое в правой части определяет, в соответствии с (1.40),
кинетическую энергию вращательного движения барабана, а второе слага-
емое определяет, согласно (1.23), кинетическую энергию поступательного 
движения груза. 
В соответствии с (1.3), (1.4) скорость груза в конце падения можно за-
писать в виде 
𝑣 =
2ℎ
1
𝑡
, (12.6) 
где t – время опускания груза. 
Соответствующую угловую скорость вращения барабана, в соответ-
ствии с формулой (1.5), можно выразить через линейную скорость поверх-
ности шкива, равную (при нерастяжимой нити) скорости груза: 
𝜔 =
𝑣
𝑟
=
2ℎ
1
𝑡𝑟
. (12.7) 
После подстановки выражений (12.6), (12.7) в соотношение (12.5) 
можно получить следующую формулу для интересующего нас момента 
инерции барабана: 
𝐼 =
(𝑚𝑔𝑟 − |𝑀
тр
|)𝑟𝑡
2
2ℎ
1
− 𝑚𝑟
2
. (12.8) 

83 

жүктеу/скачать 0,96 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: