2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Момент инерции сферы
Сообщение03.06.2009, 12:36 


03/06/09
17
Как вывести момент инерции сферы?

 Профиль  
                  
 
 Re: Момент инерции сферы
Сообщение03.06.2009, 15:46 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/09
7060
Я бы считал через поверхностный интеграл (первого рода).

 Профиль  
                  
 
 Re: Момент инерции сферы
Сообщение03.06.2009, 21:15 
Заблокирован


16/03/06

932
Vysockij в сообщении #219359 писал(а):
Как вывести момент инерции сферы?

Задайте этот вопрос писковому серверу. Он даст 100 способов вывода. Выбирайте ответы по своему вкусу.

 Профиль  
                  
 
 Re: Момент инерции сферы
Сообщение03.06.2009, 21:55 


03/06/09
17
Если бы я что то нашел, то здесь бы не спрашивал!

 Профиль  
                  
 
 Re: Момент инерции сферы
Сообщение03.06.2009, 22:28 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
10056
Vysockij в сообщении #219359 писал(а):
Как вывести момент инерции сферы?


http://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9C%D0% ... 0%B8%D0%B8

Момент относительно чего?

 Профиль  
                  
 
 Re: Момент инерции сферы
Сообщение03.06.2009, 22:40 


03/06/09
17
относительно оси
Цитата:
http://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9C%D0% ... 0%B8%D0%B8

Здесь нету вывода, а просто что должно получится.

 Профиль  
                  
 
 Re: Момент инерции сферы
Сообщение04.06.2009, 00:40 
Заблокирован


16/03/06

932
Сразу выразим плотность $p$через массу $m$ и объем $V$ сферы cреднего радиуса $R$ малой толщины $h$:
$p=m/V=m / 4 h \pi\ R^2$ (объем тонкой сферы = пл.сферы на ее толщину).
Интегрируем произведение масс колец (плотности $p$, длины $2\pi\ Rcosa$, толщины $h$ , ширины $Rda$) на квадрат расстояния от оси $R^2cos^2a$
Дифференциал мом. инерции $dI=4ph\pi\ R^4 cos^3a da$
$cos^3=cos(1-sin^2)=cos-sin^2cos$
Интеграл этой функции $sin-sin^3/3=1-1/3=2/3$
интеграл момента инерции $8ph\pi\ R^4/3$
Подставим вместо плотности $p=m/V$ и получим итог:
$I=2mR^2/3$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Момент инерции сферы
Сообщение04.06.2009, 04:41 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
10056
Если вам нужен именно вывод... Я бы вывел следующим образом:

Будем считать что функция плотности $f$задана на поверхности $S: \ x^2+y^2+z^2=R^2$ и за ось примем $0z$. Площадь сферы обозначим $|S|=4\pi R^2$
Переходим к цилиндрическим координатам: $x=r \cos \phi, \ y=r \sin \phi, \ z=z, \quad f(x,y,z) \sim f(r,\phi, z)$
Мысленно разбиваем диаметр вдоль оси $0z$ на $N$ равных отрезков и получаем соответственно разбиение сферы $S$ на $N$ сферических поясов (и шапочки на полюсах) одинаковой высоты $\Delta z=\dfrac{2R}{N}, \quad (N=\dfrac {2R}{\Delta z})$. Далее проводим $N$ меридианов и соответственно разбиваем каждый сферический пояс на сферические "квадраты" ( в полюсах- треугольники) каждый с угловой мерой $\Delta \phi = \dfrac{2 \pi}{N}, \quad ( N=\dfrac {2 \pi}{\Delta \phi} )$. Получаем в общей сложности $N^2$ кусочков.
Изображение

В каждом кусочке /элементе сферы - выбираем точку с координатами $r_i, \phi_j, z_i$, и находим значение плотности $f(r_i, \phi_j, z_i)$ Момент каждого кусочка $\Delta S_{ij}$ относительно оси $0z$ приблизительно равен

$m_{ij}=f(r_i, \phi_j, z_i)\cdot A_{ij}\cdot r_i^2= f(\sqrt{R^2-z_i^2}, \phi_j, z_i)\cdot A_{ij}\cdot (R^2-z_i^2)$

Чтобы найти площадь $A_{ij}$ кривой поверхности, вообще говоря необходимо привлекать частные производные, но в нашем случае (сферы) спасает теорема, утверждающая, что если сферические пояса имеют одинаковую высоту, то их площади равны. (Доказывается средствами матана 2 курса или просто смотри в инете ). Поэтому равны и площади всех элементов нашего разбиения сферы $A_{ij}=\dfrac{area \  S}{N^2}= \dfrac{|S|}{N\cdot N}=\dfrac{| S|}{(\frac {2R}{\Delta z})( \frac{2 \pi}{\Delta \phi})} = | S|\dfrac{ \Delta \phi \Delta z  }{2R 2 \pi}$.

Далее все это суммируем по обоим индексам, устремляем $N$ к бесконечности и получаем двойной интеграл по поверхности как советовали в самом начале.

$$\begin{align*}
M_z & \approx \sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^N m_{ij}=\sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^Nf(r_i, \phi_j, z_i)\cdot A_{ij}\cdot r_i^2 \\
&= \sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^N  f(\sqrt{R^2-z_i^2}, \phi_j, z_i)\cdot | S|\dfrac{ \Delta \phi \Delta z  }{2R 2 \pi}\cdot (R^2-z_i^2) \ldots\\
\\
& \{\Delta z, \Delta \phi \to 0 \}\\
\\
&\longrightarrow \dfrac{|S|}{4R\pi}\int\limits_{-R}^R \int\limits_0^{2\pi} f(\sqrt{R^2-z^2}, \phi, z)(R^2-z^2)d\phi dz
\end{align*}
$$

Ну а если, как частный случай, масса распределена равномерно, то вытаскивая $f(...)=f_0$ за интегралы и умножив на $|S|$ получаем

$$ \dfrac{|S|f_0}{4R\pi}\int\limits_{-R}^R \int\limits_0^{2\pi}(R^2-z^2)d\phi dz =  \dfrac{m}{4R\pi}\int\limits_{-R}^R \int\limits_0^{2\pi}(R^2-z^2)d\phi dz $$
где $m$ - масса сферы. Проинтегрировав, получите ответ данный Архиповым.

 Профиль  
                  
 
 Re: Момент инерции сферы
Сообщение04.06.2009, 08:02 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
В лоб. Пусть $\mu$ -- поверхностная плотность, $dS$ -- площадь бесконечно узкого кольцевого участка сферы и $dl$ -- элемент длины окружности, вращением которого вокруг оси иксов и получен тот участок. По определению:
$$I=\int_{x=-R}^Ry^2\cdot\mu\,dS=\int_{x=-R}^Ry^2\cdot\mu\cdot2\pi y\,dl=2\pi\mu\int_{x=-R}^Ry^3\sqrt{1+{y'}^2}\,dx=$$
$$=\Bigg[y=\sqrt{R^2-x^2},\ y'=-{x\over y}\Bigg]=2\pi\mu\int_{-R}^Ry^2\,R\,dx=\Bigg[t={x\over R}\Bigg]=2\pi\mu R^4\int_{-1}^1(1-t^2)\,dt={8\over3}\pi\mu R^4.$$
Выделяя в этом выражение полную массу $m=\mu\cdot S=\mu\cdot4\pi R^2$, получим $\displaystyle{I={2\over3}mR^2.}$

 Профиль  
                  
 
 Re: Момент инерции сферы
Сообщение04.06.2009, 14:24 
Заблокирован


16/03/06

932
Vysockij в сообщении #219517 писал(а):
Если бы я что то нашел, то здесь бы не спрашивал!

Теперь уж найдете. Три варианта уже появились. Один другого краше.

 Профиль  
                  
 
 Re: Момент инерции сферы
Сообщение04.06.2009, 19:30 


03/06/09
17
Спасибо всем!

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 11 ] 

Модераторы: photon, whiterussian, profrotter, Jnrty, Aer, Парджеттер, Eule_A, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group